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2025高考数学复习“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(一—十五)【含答案】
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这是一份2025高考数学复习“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(一—十五)【含答案】，共33页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
小题限时保分练—选自2022·济南一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知全集U＝{x|x>0}，集合A＝{x|x(x－1)<0}，则∁UA＝( )
A．{x|x>1，或x<0} B．{x|x≥1，或x≤0}
C．{x|x>1} D．{x|x≥1}
解析：选D 因为A＝{x|x(x－1)<0}＝{x|00}，所以∁UA＝{x|x≥1}．
2．已知复数z满足z(1＋i)＝－i(其中i为虚数单位)，则z的模为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C.eq \r(2) D．2
解析：选B 因为复数z满足z(1＋i)＝－i，则z＝eq \f(－i,1＋i)＝eq \f(－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(－1－i,2)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，即z的模为eq \f(\r(2),2).
3.某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1 200棵，比例如图所示．高一、高二、高三年级报名参加植树活动的人数分别为600,400,200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配，则高三年级应分得侧柏的数量为( )
A．34 B．46
C．50 D．70
解析：选C 由扇形统计图知，购买的1 200棵树苗中，侧柏的数量为1 200×25%＝300，依题意，高一、高二、高三年级分到的侧柏的棵数比为600∶400∶200＝3∶2∶1，所以高三年级应分得侧柏的数量为eq \f(1,3＋2＋1)×300＝50.
4．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(3),2)，则sin 2α的值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2)
解析：选A 因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(3),2)，
所以sin 2α＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))
＝－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－1
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))2－1＝eq \f(1,2).
5．函数f(x)＝x－sin x的部分图象大致为( )
解析：选B 因为f(x)＝x－sin x，则f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，D不满足；对f(x)求导得f′(x)＝1－cs x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，当x>0时，f(x)>f(0)＝0，A不满足；而当x＝eq \f(π,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－sineq \f(π,2)＝eq \f(π,2)－1<1，显然C不满足，B满足．
6．我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血．比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果．已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为( )
A.eq \f(1,16) B．eq \f(1,8) C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
解析：选C 因为小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,2)，eq \f(1,4).当小明父亲的血型是AA时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为eq \f(1,2)，此时小明是A型血的概率为eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)；当小明父亲的血型是AB时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为eq \f(1,4)，此时小明是A型血的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)；当小明父亲的血型是BB时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA.综上所述，小明是A型血的概率为eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝eq \f(1,4)，即C正确．
7．“a>b”的一个充分条件是( )
A．ea－b>2 B．lneq \f(a,b)>0
C．aa>bb D．eq \f(1,a)解析：选A 由ea－b>2可知，ea－b>1，a－b>0，a>b，故“ea－b>2”是“a>b”的一个充分条件，故A正确；由lneq \f(a,b)>0可得eq \f(a,b)>1，不妨取a＝－2，b＝－1，满足eq \f(a,b)＝2>1，推不出a>b，故B错误；由aa>bb，不妨取a＝－2，b＝－1，满足aa＝eq \f(1,4)>bb＝－1，推不出a>b，故C错误；由eq \f(1,a)b，故D错误．
8．已知直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0相交于点P，点A(4,0)，O为坐标原点，则tan∠OAP的最大值为( )
A．2－eq \r(3) B．eq \f(\r(3),3) C．1 D．eq \r(3)
解析：选B 直线kx－y＋2k＝0恒过定点M(－2,0)，直线x＋ky－2＝0恒过定点N(2,0)，而k·1＋(－1)·k＝0，即直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0垂直，当点P与N不重合时，PM⊥PN，eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，当点P与N重合时，eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，令点P(x，y)，则eq \(PM,\s\up7(―→))＝(－2－x，－y)，eq \(PN,\s\up7(―→))＝(2－x，－y)，可得x2＋y2＝4，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆(除点M外)，如图，观察图形知，射线AP绕点A旋转，∠OAP∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，当旋转到与圆O：x2＋y2＝4相切时，∠OAP最大，tan∠OAP最大，因为|OA|＝4，AP′为切线，点P′为切点，|OP′|＝2，∠OP′A＝90°，则∠OAP′＝30°，所以∠OAP的最大值为30°，(tan∠OAP)max＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3).
二、多项选择题
9.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6的展开式中，下列结论正确的是( )
A．展开式共6项
B．常数项为64
C．所有项的系数之和为729
D．所有项的二项式系数之和为64
解析：选CD eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的总项数是7，A不正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的常数项为Ceq \\al(3,6)x6－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))3＝160，B不正确；取x＝1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的所有项的系数之和为36＝729，C正确；由二项式系数的性质得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的所有项的二项式系数之和为26＝64，D正确．
10.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是( )
A．BO⊥AC
B．BO∥平面ACD1
C．点B到平面ACD1的距离为eq \f(\r(3),3)
D．直线BO与直线AD1的夹角为eq \f(π,3)
解析：选ABC 对于A，如图，连接B1D1，A1C1 ，则B1D1，A1C1交于点O，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC∥A1C1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂ 平面A1B1C1D1 ，故A1C1⊥BB1 ，又A1C1⊥B1D1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂ 平面BB1D1 ，故A1C1⊥平面BB1D1，故AC⊥平面BB1D1，又BO⊂平面BB1D1，故AC⊥BO，即BO⊥AC，故A正确；对于B，连接BD，交AC于E，连接D1E ，则BE∥OD1，BE＝OD1 ，故四边形BOD1E是平行四边形，故BO∥D1E，D1E⊂平面ACD1，BO⊄平面ACD1，故BO∥平面ACD1，故B正确；对于C，设点B到平面ACD1的距离为d，因为VD1-ABC＝VB-ACD1 ，故eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sin 60°×d，解得d＝eq \f(\r(3),3)，故C正确；对于D，连接BC1 ，则AD1∥BC1，∠OBC1即为直线BO与直线AD1的夹角或其补角，在△BB1O中，B1O＝eq \f(\r(2),2)，BO＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),2)，在△BOC1中，BC1＝eq \r(2)，所以cs∠OBC1＝eq \f(BO2＋BC\\al(2,1)－OC\\al(2,1),2BO·BC1)＝eq \f(\f(3,2)＋2－\f(1,2),2×\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq \f(\r(3),2)，则∠OBC1＝eq \f(π,6)，故D错误．
11．(2022·湖南师大附中一模)(多选)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)，若x＝eq \f(π,3)为f(x)的一个极值点，且f(x)的最小正周期为π，则( )
A．A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
B．φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)
C．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))对称
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))为偶函数
解析：选BCD 因为x＝eq \f(π,3)是f(x)的一个极值点，则A＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))))，所以A错误；因为T＝eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2，可得f(x)＝Asin(2x＋φ)，令2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，所以B正确；因为f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋kπ－\f(π,6)))，k∈Z，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋kπ－\f(π,6)))＝Asin(k＋1)π＝0，所以C正确；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝Asineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋kπ－\f(π,6)))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)＋kπ))＝Acs(2x＋kπ)，则当k为奇数时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝－Acs 2x为偶函数；当k为偶数时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝Acs 2x为偶函数，所以D正确．
12．平面内到两定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，M(－2,0)，N(2,0)，动点P满足|PM|·|PN|＝5，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是( )
A．曲线C与y轴的交点为(0，－1)，(0,1)
B．曲线C关于x轴对称
C．△PMN面积的最大值为2
D．|OP|的取值范围是[1,3]
解析：选ABD 设点P(x，y)，依题意，[(x＋2)2＋y2][(x－2)2＋y2]＝25，整理得x2＋y2＝eq \r(16x2＋25)－4.对于A，当x＝0时，解得 y＝±1，即曲线C与y轴的交点为(0，－1)，(0,1)，A正确；对于B，因为x2＋(－y)2＝x2＋y2＝eq \r(16x2＋25)－4，由－y换y方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；对于C，当x2＝eq \f(3,2)时，y2＝eq \f(3,2)，即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(6),2)))在曲线C上，S△PMN＝eq \f(1,2)|MN|×eq \f(\r(6),2)＝eq \r(6)，C不正确；对于D，由y2＝eq \r(16x2＋25)－4－x2≥0，得x4－8x2－9≤0，解得0≤x2≤9，于是得|OP|2＝x2＋y2＝eq \r(16x2＋25)－4∈[1,9]，解得1≤|OP|≤3，D正确．
三、填空题
13．已知向量a，b满足a＝(2,1)，a－b＝(1,0)，则a·b的值为________．
解析：因为a＝(2,1)，a－b＝(1,0)，则有a·(a－b)＝2×1＋1×0＝2，而a·(a－b)＝a2－a·b＝5－a·b，于是得5－a·b＝2，解得a·b＝3，所以a·b的值为3.
答案：3
14．已知圆锥的轴截面是一个顶角为eq \f(2π,3)，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为________．
解析：因为圆锥的轴截面是一个顶角为eq \f(2π,3)，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，因此，h＝2cseq \f(π,3)＝1，圆锥底面圆半径r＝eq \r(22－h2)＝eq \r(3)，所以圆锥的体积为V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×(eq \r(3))2×1＝π.
答案：π
15．已知椭圆C1：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,b2)＝1的焦点分别为F1，F2，且F2是抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，若P是C1与C2的交点，且|PF1|＝7，则cs∠PF1F2的值为________．
解析：依题意，由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝12，而|PF1|＝7，则|PF2|＝5，因为点F2是抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，则该抛物线的准线l过点F1，如图，过点P作PQ⊥l于点Q，由抛物线定义知|PQ|＝|PF2|＝5，而F1F2∥PQ，则∠PF1F2＝∠F1PQ，所以cs∠PF1F2＝cs∠F1PQ＝eq \f(|PQ|,|PF1|)＝eq \f(5,7).
答案：eq \f(5,7)
16．已知函数f(x)＝eq \f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)，对任意非零实数x，均满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))).则f(－1)＝_______；函数f(x)的最小值为_______．
解析：函数f(x)＝eq \f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)，因为对任意非零实数x，均满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))，则∀x∈R，x≠0，有eq \f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(a,x)＋b)),\f(1,x2))，
即(x－1)(2x＋1)(x2＋ax＋b)＝(－x－1)(x－2)(bx2－ax＋1)，由等式两边展开式最高次项系数得－b＝2，即b＝－2，当x＝1时，b－a＋1＝0，解得a＝－1，经检验得，a＝－1，b＝－2，
又f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))对任意非零实数x均成立，
因此，f(x)＝eq \f(x－12x＋1x2－x－2,x2)＝eq \f(x2－12x2－3x－2,x2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－3))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－\f(3,4)))2－eq \f(9,8)，所以f(－1)＝0，
当x－eq \f(1,x)＝eq \f(3,4)，即x＝eq \f(3±\r(73),8)时，f(x)min＝－eq \f(9,8)，所以f(－1)的值为0，函数f(x)的最小值为－eq \f(9,8).
答案：0 －eq \f(9,8)
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b2－2bccs A＝a2－2accs B，c＝2.
(1)证明：△ABC为等腰三角形；
(2)设△ABC的面积为S，若________，求S的值．
在①7cs B＝2cs C；②eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝2S；③a2＋b2＝8c2三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解．
解：(1)证明：因为b2－2bccs A＝a2－2accs B，所以b2＋c2－2bccs A＝a2＋c2－2accs B，由余弦定理可知，a2＝b2，即a＝b，即△ABC为等腰三角形．
(2)选①，由(1)可知，A＝B，所以C＝π－2B，
所以7cs B＝2cs C＝2cs(π－2B)＝－2cs 2B＝2－4cs2B，
整理得4cs2B＋7cs B－2＝0，解得cs B＝eq \f(1,4)(cs B＝－2舍去)，所以cs C＝eq \f(7,2)cs B＝eq \f(7,8)，所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(15),8)，
又由cs B＝eq \f(1,a)，可得a＝4，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(15),8)＝eq \r(15)；
选②，因为eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝2S，所以a2cs C＝a2sin C，解得C＝eq \f(π,4)，所以4＝2a2－2a2×eq \f(\r(2),2)，得a2＝4＋2eq \r(2)，S＝eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4)×(4＋2eq \r(2))＝1＋eq \r(2)；
选③，因为a2＋b2＝8c2，且a＝b，c＝2，所以a＝b＝4，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16＋16－4,2×4×4)＝eq \f(7,8)，
所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(15),8)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(15),8)＝eq \r(15).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二)
小题限时保分练—选自2022·聊城一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，B＝{x|0≤x＋1<6}，则A∩B＝( )
A．{1,3} B．{－1,1,3}
C．{－1,1,3,5} D．{1,3,5}
解析：选B 因为集合A＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，B＝{x|0≤x＋1<6}＝{x|－1≤x<5}，所以A∩B＝{－1,1,3}．
2．复数z满足(1＋2i)z＝3－i，则|z|＝( )
A.eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．eq \r(5)
解析：选A 因为(1＋2i)z＝3－i，所以z＝eq \f(3－i,1＋2i)＝eq \f(3－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)))2)＝eq \r(2).
3．已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足a·c＝b·c＝2，则c的模为( )
A．1 B．eq \r(2)
C．2 D．2eq \r(2)
解析：选D 由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，可得x＝y＝2，即c＝(2,2)，则|c|＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).故选D.
4．根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147.依据α＝0.01的独立性检验(x0.01＝6.635)，结论为( )
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
解析：选C 按照独立性检验的知识及比对的参数值，当χ2＝6.147，我们可以下结论变量x与y独立．故排除选项A、B；依据α＝0.01的独立性检验(x0.01＝6.635)，6.147<6.635，所以我们不能得到“变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01”这个结论．故C正确，D错误．
5.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为( )
A.eq \f(4,3)π B．eq \f(5\r(2)π,3) C．4π D．8π
解析：选A 将该多面体放入正方体中， 如图所示．由于多面体的棱长为1, 所以正方体的棱长为eq \r(2).因为该多面体是由棱长为eq \r(2)的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝eq \r(2)×eq \r(2)，所以R＝1.所以该多面体外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4π,3).
6．设a＝sin 7，则( )
A．a2<2aC．a27．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为1.2 mg/cm3，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少20%，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过0.2 mg/cm3，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为( )
(参考数据：lg 2≈0.3，lg 3≈0.477)
A．5 B．7 C．8 D．9
解析：选C 设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，由题意1.2×0.8n≤0.2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n≥6，两边取以10为底的对数可得lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n≥lg 6，即nlgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5×2,8)))≥lg 2＋lg 3，所以n≥eq \f(lg 2＋lg 3,1－3lg 2)，因为lg 2≈0.3，lg 3≈0.477，所以eq \f(lg 2＋lg 3,1－3lg 2)≈eq \f(0.3＋0.477,1－3×0.3)＝7.77，所以n≥7.77，又n∈N*，所以nmin＝8，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8次．
8．已知正数x，y满足yln x＋yln y＝ex，则xy－2x的最小值为( )
A.eq \f(1,2)ln 2 B．2－2ln 2
C．－eq \f(1,2)ln 2 D．2＋2ln 2
解析：选B 因为yln x＋yln y＝ex，即yln(xy)＝ex，所以(xy)ln(xy)＝xex，所以ln(xy)eln(xy)＝xex.令g(x)＝xex(x>0)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以ln(xy)＝x，即xy＝ex，所以xy－2x＝ex－2x，令f(x)＝ex－2x(x>0)，则f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝ex－2>0，解得x>ln 2；令f′(x)＝ex－2<0，解得0二、多项选择题
9．设0A．11
C．ab<1 D．eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥3
解析：选AC ∵0＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,a)＋\f(2a,b)＋2))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2\r(\f(b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(1,2)(3＋2eq \r(2))，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(2a,b)，即a＝2eq \r(2)－2，b＝4－2eq \r(2)时等号成立，∵eq \f(1,2)(3＋2eq \r(2))－3＝eq \f(2\r(2)－3,2)<0，
∴eq \f(1,2)(3＋2eq \r(2))<3，∴D错误．
10．已知双曲线C：eq \f(x2,9－k)＋eq \f(y2,k－1)＝1(0A．双曲线C的焦点在x轴上
B．双曲线C的焦距等于4eq \r(2)
C．双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于eq \r(1－k)
D．双曲线C的离心率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(10),3)))
解析：选ACD 因为00，k－1<0，所以双曲线C：eq \f(x2,9－k)－eq \f(y2,1－k)＝1(00，b>0)，焦点坐标为(±c,0)，则渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，即bx±ay＝0，所以焦点到渐近线的距离d＝eq \f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，所以双曲线C：eq \f(x2,9－k)－eq \f(y2,1－k)＝1(011．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋a，ω>0，则下列结论正确的是( )
A．若对于任意的x∈R，都有f(x)≤1成立，则a≤－1
B．若对于任意的x∈R，都有f(x＋π)＝f(x)成立，则ω＝2
C．当φ＝eq \f(π,3)时，若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，则ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
D．当a＝－eq \r(3)时，若对于任意的φ∈R，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上至少有两个零点，则ω的取值范围为[4，＋∞)
解析：选ACD 对于任意的x∈R，都有f(x)≤1成立，所以a≤1－2sin(ωx＋φ)恒成立，又sin(ωx＋φ)∈[－1,1]，∴1－2sin(ωx＋φ)∈[－1,3]，∴a≤－1，故A正确；由题可得π是函数f(x)的周期，但不能推出函数f(x)的最小正周期为π，故B错误；当φ＝eq \f(π,3)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(ωπ,2)＋\f(π,3)))，
则eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，ω>0，解得0<ω≤eq \f(1,3)，故C正确；
当a＝－eq \r(3)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
ωx＋φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(φ，\f(ωπ,2)＋φ))，
由f(x)＝2sin(ωx＋φ)－eq \r(3)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上至少有两个零点，则eq \f(ωπ,2)＋φ－φ≥2π，即ω≥4，故D正确．
12．将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有( )
A．存在某个位置，使直线BD与平面ABC所成的角为45°
B．当二面角D-AC-B为eq \f(2π,3)时，三棱锥D-ABC的体积为eq \f(2\r(2),3)
C．当平面ACD⊥平面ABC时，异面直线AB与CD的夹角为60°
D．O为AC的中点，当二面角D-AO-B为eq \f(2π,3)时，三棱锥A-OBD外接球的表面积为10π
解析：选ACD 当平面ACD⊥平面ABC时，取AC的中点O，连接BO，DO，∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC，∴∠DBO为直线BD与平面ABC所成的角，∵△DBO是等腰直角三角形，∴∠DBO＝45°，故A正确；
∵DO⊥AC，BO⊥AC，DO∩BO＝O，
∴AC⊥平面DBO，且∠DOB＝eq \f(2π,3)，AC⊂平面ABC，∴平面DBO⊥平面ABC，且交于BO，∴点D在平面ABC的射影落在直线BO上，∴点D到平面ABC的距离d＝DO·sin 60°＝eq \f(\r(6),2)，三棱锥D-ABC的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(\r(6),3)，故B错误；
取BC，BD的中点M，N，连接OM，ON，MN，
则OM∥AB，MN∥DC，所以∠OMN或其补角是异面直线AB与CD的夹角，根据A的证明可知BD＝eq \r(\r(2)2＋\r(2)2)＝2，ON＝eq \f(1,2)BD＝1，且OM＝MN＝1，所以△OMN是等边三角形，∠OMN＝60°，故C正确；
由条件可知AO⊥平面DOB，∠DOB＝eq \f(2π,3)，
且DO＝OB，所以可以将四棱锥A-DOB补成底面是菱形的直棱柱．因为四边形OBCD是菱形，且∠BOD＝eq \f(2π,3)，所以点C是底面△OBD外接圆的圆心，取侧棱CC1的中点E，则E是四棱柱外接球的球心，连接OE，OE＝eq \r(OC2＋CE2)＝eq \r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(10),2)，所以四棱锥A-OBD外接球的半径R＝eq \f(\r(10),2)，外接球的表面积S＝4πR2＝10π，故D正确．故选A、C、D.
三、填空题
13．若f(x)＝2sin(x＋φ)－cs x为奇函数，则φ＝________.(填写符合要求的一个值)
解析：f(x)＝2sin(x＋φ)－cs x＝2(sin xcs φ＋cs xsin φ)－cs x＝2cs φsin x＋(2sin φ－1)cs x，因为f(x)为奇函数，且y＝sin x为奇函数，y＝cs x为偶函数，所以2sin φ－1＝0，即sin φ＝eq \f(1,2)，所以φ＝2kπ＋eq \f(π,6)或φ＝2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，所以φ的值可以是eq \f(π,6).
答案：eq \f(π,6)(答案不唯一，符合题意均可)
14．第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为________．
解析：3张邮票中有1张“冰墩墩”邮票和2张“雪容融”邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,2)＝2种，有2张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,2)＝2种，有1张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票和1张其他邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,4)＝16种，3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为eq \f(2＋2＋16,C\\al(3,8))＝eq \f(5,14).
答案：eq \f(5,14)
15．F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是△PF1F2的内切圆圆心，若△PF1F2的面积等于△IF1F2的面积的3倍，则椭圆C的离心率为________．
答案：eq \f(1,2)(或0.5)
16．在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE沿DE折起得到△A′DE，设A′C的中点为M，若将△A′DE绕DE旋转90°，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为________．
解析：如图，设AC的中点为M0，△A′DE绕DE旋转90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N.MP＝M0P＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)，MQ＝M0Q＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，PQ＝eq \f(1,2)DE＝eq \f(\r(2),2)，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，eq \f(1,2)PQ为半径的一段圆弧，又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥平面A′DE，又∵MP∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE，又平面A′DE⊥平面ABCD，故平面MPQ⊥平面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，又M0N⊂平面ABCD，∴MN⊥M0N，故动点M形成的轨迹长度为eq \f(1,4)π·PQ＝eq \f(\r(2)π,8).
答案：eq \f(\r(2)π,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\f(\r(2),8)π))
大题规范增分练—今日题型：数列
17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋1＝3an.
(1)证明：{an}为等比数列；
(2)若bn＝eq \f(1,lg3an＋1·lg3an＋2)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：因为2Sn＋1＝3an，所以当n＝1时，2a1＋1＝3a1，可得a1＝1；
当n≥2时，由2Sn＋1＝3an可得2Sn－1＋1＝3an－1，
所以2an＝3an－3an－1(n≥2)，所以an＝3an－1.
即{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以，an＝1×3n－1＝3n－1.
(2)由(1)知bn＝eq \f(1,lg3an＋1·lg3an＋2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(三)
小题限时保分练—选自2022·广州二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．若复数z＝eq \f(m－i,1＋i)是实数，则实数m＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
解析：选A 依题意，z＝eq \f(m－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(m－1－m＋1i,2)＝eq \f(m－1,2)－eq \f(m＋1,2)i，因为m∈R，且z是实数，则eq \f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1，所以实数m＝－1.
2．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x| B．y＝|x|－x2
C．y＝|x|－1 D．y＝x－eq \f(1,x)
解析：选C 易知y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；易知y＝|x|－x2是偶函数，当x>0时，y＝x－x2，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，故B错误；易知y＝|x|－1是偶函数，当x>0时，y＝x－1是单调递增函数，故C正确；易知y＝x－eq \f(1,x)是奇函数，故D错误．
3．某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布ξ～N(10，σ2)，根据检测结果可知P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，某公司购买该种包装的大米2 000袋．则大米质量在10.02 kg以上的袋数大约为( )
A．10 B．20 C．30 D．40
解析：选B 因大米质量ξ～N(10，σ2)，且P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，则P(ξ>10.02)＝eq \f(1－P9.98≤ξ≤10.02,2)＝0.01，所以大米质量在10.02 kg以上的袋数大约为2 000×0.01＝20.
4．在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则eq \f(a10＋a12,a5＋a7)＝( )
A．－8 B．16 C．32 D．－32
解析：选D 设等比数列{an}的公比为q，则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，所以q5＝－32，故eq \f(a10＋a12,a5＋a7)＝eq \f(a5＋a7q5,a5＋a7)＝q5＝－32，故选D.
5．如果函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))对称，则|φ|的最小值是( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(5π,6) D．eq \f(4π,3)
解析：选B 根据题意，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2×\f(2π,3)＋φ))＝0，即－eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z；当k＝－1时，|φ|取得最小值eq \f(π,3).
6．甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛(每两个球队都要比赛一场)，每场比赛的计分方法是：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则( )
A．甲胜乙 B．乙胜丙 C．乙平丁 D．丙平丁
解析：选C 甲、乙、丙、丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6＋5＋4＋1＝16分，由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即3×4＋2×2＝16，丁得1分，即1＋0＋0＝1，所以丁在3场比赛中有1场是平局，丙得4分，即3＋1＋0＝4，所以丙在3场比赛中有1场是平局，而乙得分5分，即3＋1＋1＝5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁．
7．已知抛物线C1：y2＝4x，圆C2：(x－2)2＋y2＝2，直线l：y＝k(x－1)与C1交于A，B两点，与C2交于M，N两点，若|AB|＝8，则|MN|＝( )
A.eq \r(14) B．eq \r(6) C.eq \f(\r(14),2) D．eq \f(\r(6),2)
解析：选B 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1))得，k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵Δ>0，∴x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)＝eq \f(4,k2)＋2，
∵l：y＝k(x－1)过抛物线的焦点(1,0)，故AB为焦点弦，
∴|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴x1＋x2＝6，∴eq \f(4,k2)＋2＝6，解得k＝±1，
由圆关于x轴对称可知，当k＝1和k＝－1时|MN|相同，
故不妨取k＝1，l为y＝x－1，即x－y－1＝0，
圆心(2,0)到l的距离d＝eq \f(|2－0－1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，∴|MN|＝2eq \r(2－d2)＝2eq \r(2－\f(1,2))＝eq \r(6)﹒
8．已知a>0且a≠1，若集合M＝{x|x2解析：选D 依题意，M＝{x|x(x－1)<0}＝{x|00，f(a)＝a2－1<0，则∃x0∈(a,1)，使得f(x0)＝0，当0x0时，f(x)>0，此时N＝{x|01时，若00恒成立，N＝∅，满足N⊆M，于是当a>1时，N⊆M，当且仅当N＝∅，即不等式f(x)≥0对∀x∈(0，＋∞)成立，f′(x)＝2x－eq \f(1,xln a)，由f′(x)＝0得x＝eq \r(\f(1,2ln a))，当0eq \r(\f(1,2ln a))时，f′(x)>0，则函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(\f(1,2ln a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(1,2ln a))，＋∞))上单调递增，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(1,2ln a))))＝eq \f(1,2ln a)－eq \f(1,2)lgaeq \f(1,2ln a)＝eq \f(1,2ln a)＋eq \f(ln2ln a,2ln a)，于是得eq \f(1,2ln a)＋eq \f(ln2ln a,2ln a)≥0，即1＋ln(2ln a)≥0，变形得ln a≥eq \f(1,2e)，解得a≥，从而得当a≥时，f(x)≥0恒成立，N＝∅，满足N⊆M，
所以实数a的取值范围是0二、多项选择题
9．抛掷两枚质地均匀的骰子，记“第一枚骰子出现的点数小于3”为事件A，“第二枚骰子出现的点数不小于3”为事件B，则下列结论正确的是( )
A．事件A与事件B互为对立事件
B．事件A与事件B相互独立
C．P(B)＝2P(A)
D．P(A)＋P(B)＝1
解析：选BCD 依题意，第一枚骰子出现的点数小于3与第二枚骰子出现的点数不小于3可以同时发生，
即事件A与事件B不互斥，则事件A与事件B不是对立事件，A不正确；显然有P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，抛掷两枚质地均匀的骰子的试验的所有结果，共36个，它们等可能，事件AB所含的结果有：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，共8个，则有P(AB)＝eq \f(8,36)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝P(A)P(B)，即事件A与事件B相互独立，B正确；显然P(B)＝eq \f(2,3)＝2P(A)，P(A)＋P(B)＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＝1，C、D都正确．
10.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，E在底面圆周上， AE＝BE，AF⊥DE，F是垂足，G在BD上， DG＝2BG，则下列结论正确的是( )
A．AF⊥BD
B．直线DE与直线AG所成角的余弦值为eq \f(1,2)
C．直线DE与平面ABCD所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6)
D．若平面AFG∩平面ABE＝l，则l∥FG
解析：选AD 由圆柱的性质得DA⊥平面AEB，
∵EB⊂平面AEB，∴DA⊥EB.
又AB是下底面圆的直径，∴AE⊥EB.
又∵AD∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，
∴EB⊥平面DAE，又∵AF⊂平面DAE，∴EB⊥AF.又∵AF⊥DE，DE∩EB＝E，
DE⊂平面DBE，BE⊂平面DBE，
∴AF⊥平面DBE.
又∵DB⊂平面DBE，∴AF⊥BD，A正确；
过点G作GH∥DE交EB于点H，如图所示，
则∠AGH就是直线DE与直线AG所成的角(或补角)，
设AE＝BE＝1，则AD＝AB＝eq \r(2)，
在Rt△AED中，DE＝eq \r(3).
∵GH∥DE，DG＝2BG，∴GH＝eq \f(BG,BD)·DE＝eq \f(\r( ,3),3).
在等腰Rt△ABD中，BD＝2，又∵DG＝2BG，
∴GB＝eq \f(2,3).
在△ABG中，AB＝eq \r(2)，∠ABG＝eq \f(π,4)，
∴AG2＝GB2＋AB2－2GB·AB·cs∠ABG
即AG2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2－2×eq \f(2,3)×eq \r(2)×cseq \f(π,4)＝eq \f(10,9).
在Rt△AEH中，AE＝1，∠AEH＝eq \f(π,2)，EH＝eq \f(2,3)，
∴AH2＝AE2＋EH2＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(13,9).
在△AGH中，AG2＋GH2＝AH2，
∴∠AGH＝eq \f(π,2)，cs∠AGH＝0，B错误；
取AB的中点O，连接DO，EO，如图所示，
则EO⊥AB，∵DA⊥平面AEB，又∵EO⊂平面AEB，∴DA⊥EO.
又∵DA∩AB＝A，DA⊂平面DAB，AB⊂平面DAB.
∴EO⊥平面DAB.
∴∠EDO就是直线DE与平面ABCD所成的角．
又∵DE＝eq \r(3)，EO＝eq \f(\r(2),2)，
∴DO＝eq \r(DE2－EO2)＝eq \f(\r(10),2).
∴cs∠EDO＝eq \f(DO,DE)＝eq \f(\f(\r(10),2),\r(3))＝eq \f(\r(30),6)，C错误；
在Rt△AED中，DE＝eq \r(3)，EF＝eq \f(\r(3),3)，DF＝eq \f(2\r(3),3)，
∴FG∥EB，又EB⊂平面AEB，FG⊄平面AEB，
∴FG∥平面AEB.
又∵平面AFG∩平面ABE＝l，FG⊂平面AFG，
∴FG∥l，D正确．
11．已知a>0，b>0，直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切，则下列不等式成立的是( )
A．ab≤eq \f(1,8) B．eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)≤8
C.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \f(\r(6),2) D．3a＋b≤eq \r(3)
解析：选AC 设直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切的切点为(x0，y0)，
由y＝ex－1－2b＋1得，y′＝ex－1，则有ex0－1＝1，解得x0＝1，
因此，y0＝1＋a＝2－2b，即a＋2b＝1，而a>0，b>0，
ab＝eq \f(1,2)·a·2b≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2＝eq \f(1,8)，当且仅当a＝2b＝eq \f(1,2)时取“＝”，A正确；eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋2b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝4＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)≥4＋2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝8，当且仅当eq \f(4b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝2b＝eq \f(1,2)时取“＝”，B不正确；因(eq \r(a)＋eq \r(b))2＋eq \f(\r(a),\r(2))－eq \r(2b)2＝a＋b＋eq \f(a,2)＋2b＝eq \f(3,2)(a＋2b)＝eq \f(3,2)，则有(eq \r(a)＋eq \r(b))2≤eq \f(3,2)，即eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \f(\r(6),2)，
当且仅当eq \f(\r(a),\r(2))＝eq \r(2b)，即a＝4b时取“＝”，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2b＝1，,a＝4b))得a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,6)，所以当a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,6)时，(eq \r(a)＋eq \r(b))max＝eq \f(\r(6),2)，C正确；由a＋2b＝1，a>0，b>0得，012．我们常用的数是十进制数，如1 079＝1×103＋0×102＋7×101＋9×100，表示十进制的数要用10个数码.0,1,2,3,4,5,6,7,8,9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数1101(2)＝1×23＋1×22＋0×21＋1×20，等于十进制的数13.把m位n进制中的最大数记为M(m，n)，其中m，n∈N*，n≥2，M(m，n)为十进制的数，则下列结论正确的是( )
A．M(5,2)＝31
B．M(4,2)＝M(2,4)
C．M(n＋2，n＋1)D．M(n＋2，n＋1)>M(n＋1，n＋2)
解析：选ABD M(5,2)即11111(2)＝1×24＋1×23＋1×22＋1×21＋1×20＝31，A正确；M(4,2)即1111(2)＝1×23＋1×22＋1×21＋1×20＝15，
M(2,4)即33(4)＝3×41＋3×40＝15，B正确；
n∈N*，n≥2，M(n＋2，n＋1)即nnn…n(n＋1)＝n(n＋1)n＋1＋n(n＋1)n＋n(n＋1)n－1＋…＋n(n＋1)1＋n(n＋1)0＝n[(n＋1)n＋1＋(n＋1)n＋(n＋1)n－1＋…＋(n＋1)1＋(n＋1)0]＝n·eq \f(1－n＋1n＋2,1－n＋1)＝(n＋1)n＋2－1.
n∈N*，n≥2，M(n＋1，n＋2)即(n＋1)(n＋1)(n＋1)…(n＋1)(n＋2)＝(n＋1)(n＋2)n＋(n＋1)(n＋2)n－1＋(n＋1)(n＋2)n－2＋…＋(n＋1)(n＋2)1＋(n＋1)(n＋2)0＝(n＋1)[(n＋2)n＋(n＋2)n－1＋(n＋2)n－2＋…＋(n＋2)1＋(n＋2)0]＝(n＋1)·eq \f(1－n＋2n＋1,1－n＋2)＝(n＋2)n＋1－1.
构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
∴x∈(0，e)，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
∵n∈N*，n≥2，∴e∴f(n＋1)>f(n＋2)代入得eq \f(lnn＋1,n＋1)>eq \f(lnn＋2,n＋2).
即(n＋1)n＋2>(n＋2)n＋1，∴(n＋1)n＋2－1>(n＋2)n＋1－1.
∴M(n＋2，n＋1)>M(n＋1，n＋2)，D正确．
三、填空题
13．已知a，b是两个单位向量，c＝2a＋b，且b⊥c，则a·(a＋b)＝________.
解析：a，b是两个单位向量，c＝2a＋b，且b⊥c，则b·c＝b·(2a＋b)＝2a·b＋b2＝0，解得a·b＝－eq \f(1,2)，
所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
14．写出一个同时满足下列性质①②③的双曲线方程________．
①中心在原点，焦点在y轴上；②一条渐近线方程为y＝2x；③焦距大于10
解析：由①中心在原点，焦点在y轴上知，可设双曲线方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由②一条渐近线方程为y＝2x知，eq \f(a,b)＝2，即a＝2b，
由③知，2c>10，即c>5，
则可取c＝6(此处也可取大于5的其他数)，
又∵a2＋b2＝c2，∴(2b)2＋b2＝36，∴b2＝eq \f(36,5)，
∴a2＝4b2＝eq \f(144,5)，
则同时满足性质①②③的一个双曲线方程为eq \f(5y2,144)－eq \f(5x2,36)＝1.
答案：eq \f(5y2,144)－eq \f(5x2,36)＝1(答案不唯一，写出一个即可)
15．函数f(x)＝sin πx－ln|2x－3|的所有零点之和为________．
解析：由f(x)＝0，得sin πx＝ln|2x－3|，令g(x)＝sin πx，h(x)＝ln|2x－3|，显然g(x)＝sin πx与h(x)＝ln|2x－3|的图象都关于直线x＝eq \f(3,2)对称，在同一平面直角坐标系内作出函数g(x)＝sin πx，h(x)＝ln|2x－3|的图象，如图，
观察图象知，函数g(x)＝sin πx，h(x)＝ln|2x－3|的图象有6个公共点，其横坐标依次为x1，x2，x3，x4，x5，x6，这6个点两两关于直线x＝eq \f(3,2)对称，有x1＋x6＝x2＋x5＝x3＋x4＝3，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝9，所以函数f(x)＝sin πx－ln|2x－3|的所有零点之和为9.
答案：9
16．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝CB＝1，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥D-ABC，则三棱锥D-ABC体积的最大值为________．此时该三棱锥的外接球的表面积为________．
解析：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，
∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，CD＝1，
∴BE＝eq \f(1,2)，∴B＝eq \f(π,3).
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs eq \f(π,3)＝3，即AC＝eq \r(3).
∵AB2＝BC2＋AC2，∴BC⊥AC.
易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大，此时，BC⊥平面ACD.
易知，∠D＝eq \f(2π,3)，∴S△ACD＝eq \f(1,2)AD·CDsineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),4).
∴VD-ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×1＝eq \f(\r(3),12).
记O为外接球球心，半径为R，
∵BC⊥平面ACD，OB＝OC，
∴O到平面ACD的距离d＝eq \f(1,2).
又△ACD的外接圆半径r＝eq \f(AC,2sin\f(2π,3))＝1，
∴R2＝r2＋d2＝eq \f(5,4)，∴S＝4πR2＝5π.
答案：eq \f(\r(3),12) 5π
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，∠BAC＝30°，侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，CE＝eq \r(5)，CE⊥AC.
(1)求证：CC1⊥AC；
(2)F是线段AC1上的点，若平面ABC与平面CEF的夹角为45°，求AF的长．
解：(1)证明：因为四边形BCC1B1为正方形，E为BB1的中点，CE＝eq \r(5)，所以BC＝2.在△ABC中，由正弦定理得sin∠ACB＝eq \f(ABsin∠BAC,BC)＝eq \f(4×sin 30°,2)＝1，所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC.
因为AC⊥CE，BC∩CE＝C，BC⊂平面BCC1B1，CE⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为CC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥CC1.
(2)由(1)得AC＝2eq \r(3)，BC＝CC1＝2，AC，BC，CC1两两垂直．以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，E(0,2,1)，A(2eq \r(3)，0,0)，C1(0,0,2)，于是eq \(CE,\s\up7(―→))＝(0,2,1)，eq \(CA,\s\up7(―→))＝(2eq \r(3)，0,0)，eq \(AC1,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，0,2)．
设eq \(AF,\s\up7(―→))＝λeq \(AC1,\s\up7(―→))，λ∈[0,1)，则eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \(CA,\s\up7(―→))＋λeq \(AC1,\s\up7(―→))＝(2eq \r(3)－2eq \r(3)λ，0,2λ)，设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(CE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(CF,\s\up7(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,2\r(3)－2\r(3)λx＋2λz＝0，))
令z＝－2，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)，1，－2)).
平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．
所以cs〈m，n〉
＝eq \f(m·n,|m|×|n|)＝eq \f(－2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)))2＋12＋－22))，
由平面ABC与平面CEF的夹角为45°，得|cs〈m，n〉|＝cs 45°，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1( \f(－2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)))2＋12＋－22))))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(3,5)，所以AF＝eq \f(3,5)AC1＝eq \f(3,5)×4＝eq \f(12,5).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(四)
小题限时保分练—选自2022·深圳二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x|x(x－2)<0}，则A∪B＝( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(－∞，2) D．(0，＋∞)
解析：选C 因为B＝{x|x(x－2)<0}＝{x|02．已知复数z满足zi＝3＋4i，其中i为虚数单位，则|z|＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C 因为复数z满足zi＝3＋4i，所以z＝eq \f(3＋4i,i)＝eq \f(3＋4ii,i2)＝4－3i，则|z|＝eq \r(42＋－32)＝5.
3．已知点A(0,1)，B(2,3)，向量eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－3,1)，则向量eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．(1，－2) B．(－1,2)
C．(1，－3) D．(－1,3)
解析：选D 设C(x，y)，所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－3,1)＝(x－2，y－3)，整理得C(－1,4)，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－1,4)－(0,1)＝(－1,3)．
4.深圳是一座志愿者之城、爱心之城．深圳市卫健委为了了解防疫期间志愿者的服务时长(单位：小时)，对参加过防疫的志愿者随机抽样调查，将样本中个体的服务时长进行整理，得到如图所示的频率分布直方图．据此估计7.2万名参加过防疫的志愿者中服务时长超过32小时的约有( )
A．3.3万人 B．3.4万人
C．3.8万人 D．3.9万人
解析：选A 依题意样本中服务时长超过32小时的个体频率为1－4×(0.005＋0.04＋0.09)＝0.46；由样本估计总体，可得总体中服务时长超过32小时的个体数为7.2×0.46＝3.312≈3.3(万人)．
5．已知一个球的表面积在数值上是它的体积的eq \r(3)倍，则这个球的半径是( )
A．2 B．eq \r(2)
C．3 D．eq \r(3)
解析：选D 设球的半径为R，则根据球的表面积公式和体积公式，可得4πR2＝eq \f(4,3)πR3×eq \r(3)，化简得R＝eq \r(3).
6．若x＝eq \f(π,2)是函数f(x)＝cs ωx(ω≠0)图象的对称轴，则f(x)的最小正周期的最大值是( )
A．π B．2π C.eq \f(π,2) D．eq \f(π,4)
解析：选A 依题意eq \f(π,2)ω＝kπ，k∈Z，解得ω＝2k，k∈Z，因为ω≠0，所以ω＝2k，k∈Z且k≠0，所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)＝eq \f(2π,|2k|)＝eq \f(π,|k|)，所以当k＝±1时Tmax＝π.
7．已知a>0，若过点(a，b)可以作曲线y＝x3的三条切线，则( )
A．b<0 B．0C．b>a3 D．b(b－a3)＝0
解析：选B 设切点为(x0，xeq \\al(3,0))，切线方程为y＝k(x－a)＋b，由y＝x3，所以y′＝3x2，所以y′|x＝x0＝3xeq \\al(2,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝3x\\al(2,0)，,kx0－a＋b＝x\\al(3,0)，))所以2xeq \\al(3,0)－3axeq \\al(2,0)＋b＝0，
令g(x)＝2x3－3ax2＋b，则g′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，
因为a>0，所以当x<0或x>a时g′(x)>0，当0所以g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，
所以当x＝0时g(x)取得极大值，当x＝a时g(x)取得极小值，即g(x)极大值＝g(0)＝b，g(x)极小值＝g(a)＝b－a3，
依题意g(x)＝2x3－3ax2＋b有三个零点，所以g(x)极大值＝g(0)＝b>0且g(x)极小值＝g(a)＝b－a3<0，即08．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若|FA|＝3|FB|，则直线l的倾斜角等于( )
A．30°或150° B．45°或135°
C．60°或120° D．与p值有关
解析：选C 如图所示，由抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线方程为x＝－eq \f(p,2)，
分别过A，B作准线的垂线，垂足为A′，B′，直线l交准线于C，如图所示，则|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，|FA|＝3|FB|，
所以|AM|＝2|BF|，|AB|＝4|BF|，
所以∠ABM＝30°，即直线l的倾斜角等于∠AFx＝60°，
同理可得直线l的倾斜角为钝角时即为120°.
二、多项选择题
9.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点，则下列条件中，能使直线EF∥平面ACD1的有( )
A．F为AA1的中点
B．F为BB1的中点
C．F为CC1的中点
D．F为A1D1的中点
解析：选ACD 如图，M，G，H，I，J分别是棱BC，CC1，C1D1，D1A1，A1A的中点，易证E与M，G，H，I，J共面，由EM∥AC，AC⊂平面ACD1，EM⊄平面ACD1，则EM∥平面ACD1，同理EJ∥平面ACD1，而EM，EJ是平面EMGHIJ内的两条相交直线，则得平面EMGHIJ∥平面ACD1，又EF∥平面ACD1，则F∈平面MGHIJ，观察各选项，A、C、D满足．
10．已知随机变量X服从正态分布N(0,1)，密度函数f(x)＝P(X≤x)，若x>0，则( )
A．f(－x)＝1－f(x)
B．f(2x)＝2f(x)
C．f(x)在(0，＋∞)上是增函数
D．P(|X|≤x)＝2f(x)－1
解析：选ACD ∵随机变量X服从正态分布N(0,1)，∴正态曲线关于直线x＝0对称，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，选项C正确；
∵f(x)＝P(X≤x)(x>0)，∴根据正态曲线的对称性可得f(－x)＝P(X>x)＝1－f(x)，选项A正确；
f(2x)＝P(X≤2x)，2f(x)＝2P(X≤x)，选项B错误；
P(|X|≤x)＝P(－x≤X≤x)＝1－2f(－x)＝1－2[1－f(x)]＝2f(x)－1，选项D正确．
11．已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
解析：选AD 因为(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝0，则a0＝28，故A正确；
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝(2－1)8＝1，所以a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B错误；
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，故C错误；
对(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8两边对x取导得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，再令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．
12．P是直线y＝2上的一个动点，过点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，A，B为切点，则( )
A．弦长|AB|的最小值为eq \r(3)
B．存在点P，使得∠APB＝90°
C．直线AB经过一个定点
D．线段AB的中点在一个定圆上
解析：选ACD 依题意|OP|2＝|AP|2＋|AO|2，即|OP|2＝|AP|2＋1，设AB∩OP＝C，则C为AB的中点，且OP⊥AB，所以|AC|＝eq \f(|AP|·|AO|,|OP|)＝eq \f(|AP|,|OP|)，所以|AB|＝2|AC|＝2eq \r(1－\f(1,|OP|2))，sineq \f(∠APB,2)＝eq \f(|OA|,|OP|)＝eq \f(1,|OP|)，又|OP|∈[2，＋∞)，所以sineq \f(∠APB,2)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，|AB|∈[eq \r(3)，2)，所以|AB|min＝eq \r(3)，(∠APB)max＝60°，故A正确，B不正确；设P(t,2)，则|OP|＝eq \r(t2＋4)，所以以OP为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(t,2)))2＋(y－1)2＝eq \f(1,4)t2＋1，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(t,2)))2＋(y－1)2－(x2＋y2)＝eq \f(1,4)t2＋1－1，即tx＋2y＝1，所以直线AB的方程为tx＋2y＝1，所以直线AB过定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故C正确；又OC⊥MC，|OM|＝eq \f(1,2)，所以AB的中点C在以OM为直径的圆上，故D正确．
三、填空题
13．已知tan α＝3，则cs 2α＝________.
解析：由题意可知cs 2α＝2cs2α－1＝2×eq \f(1,tan2α＋1)－1＝－eq \f(4,5).
答案：－eq \f(4,5)
14．设0解析：因为0答案：9
15．已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－kx是偶函数，则k＝________.
解析：由题意知f(x)＝ln(ex＋1)－kx是偶函数，
则x∈R，f(－x)＝f(x)，
即ln(e－x＋1)－k(－x)＝ln(ex＋1)－kx，
即ln(ex＋1)－x＋kx＝ln(ex＋1)－kx，
即(k－1)x＝－kx，解得k＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)(或0.5)
16.祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．现已知直线y＝±2与双曲线x2－y2＝1及其渐近线围成的平面图形G如图所示，若将图形G被直线y＝t(－2≤t≤2)所截得的两条线段绕y轴旋转一周，则形成的旋转面的面积S＝________；若将图形G绕y轴旋转一周，则形成的旋转体的体积V＝________.
解析：如图所示，双曲线x2－y2＝1，其中一条渐近线方程为y＝x，
由直线y＝t，其中－2≤t≤2，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x，,y＝t，))解得A(t，t)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝t，))解得B(eq \r(1＋t2)，t)，
所以截面圆环的面积为S＝π(eq \r(1＋t2))2－πt2＝π，即旋转面的面积为π，
根据“幂势既同，则积不容异”，
可得该几何体的体积与底面面积为π，高为4的圆柱的体积相同，
所以该几何体的体积为V＝π×4＝4π.
答案：π 4π
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测．假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用X表示样本中次品的件数．
(1)求X的分布列(用式子表示)和均值；
(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过0.1的概率．
参考数据：设P(X＝k)＝pk，k＝0,1,2，…，20，则p5＝0.065 30，p6＝0.124 22，p7＝0.179 72，p8＝0.200 78，p9＝0.174 83，p10＝0.119 24，p11＝0.063 76，p12＝0.026 67.
解：(1)由于质检员是随机不放回的抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，
所以由题意随机变量X服从超几何分布，
所以X的分布列为P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,40)C\\al(20－k,60),C\\al(20,100))，k＝0,1，2，…，20，X的均值为E(X)＝np＝20×eq \f(40,100)＝8.
(2)样本中次品率f20＝eq \f(X,20)是一个随机变量，
所以P(|f20－0.4|≤0.1)＝P(6≤X≤10)＝P(X＝6)＋ P(X＝7)＋ P(X＝8)＋ P(X＝9)＋ P(X＝10)
＝0.124 22＋0.179 72＋0.200 78＋0.174 83＋0.119 24＝0.798 79.
所以误差不超过0.1的概率为0.798 79.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(五)
小题限时保分练—选自2022·厦门二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x≥1，,x2－1，x<1，))则f(f(－3))＝( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选D ∵f(－3)＝(－3)2－1＝8，∴f(f(－3))＝f(8)＝lg28＝3.
2．已知集合M，N满足M∩N≠∅，则( )
A．∀x∈M，x∈N B．∀x∈M，x∉N
C．∃x∈M，x∈N D．∃x∈M，x∉N
解析：选C 因为集合M，N满足M∩N≠∅，所以根据交集的定义可得∃x∈M，x∈N.
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线被圆x2＋y2＝4所截得的弦长为2eq \r(3)，则p＝( )
A．1 B．eq \r(3) C．2 D．4
解析：选C 圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有xeq \\al(2,A)＋yeq \\al(2,A)＝22，yA＝eq \r(3)，xA<0，解得xA＝－1，故－eq \f(p,2)＝－1，得p＝2.
4．已知平面α，β，直线m，n满足α⊥β，α∩β＝l，m⊥α，n∥β，则( )
A．m∥β B．n⊥α C．n∥l D．m⊥l
解析：选D ∵α⊥β，m⊥α，∴m⊂β或m∥β，A错误；
∵n∥β，α⊥β，∴n与α可能平行、相交或n⊂α，B错误；
∵n∥β，α∩β＝l，∴n与l可能平行或异面，C错误；
∵α∩β＝l，∴l⊂α，又m⊥α，∴m⊥l，D正确．
5．已知α，β∈(0，π)，且tan α＝eq \f(cs 2β－1,sin 2β)＝2，则cs(α－β)＝( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5) C.eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
解析：选C ∵eq \f(cs 2β－1,sin 2β)＝eq \f(－2sin2β,2sin βcs β)＝－tan β，∴tan α＝2，tan β＝－2，
∵α，β∈(0，π)，∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴sin α＝eq \f(2\r(5),5)，cs α＝eq \f(\r(5),5)，sin β＝eq \f(2\r(5),5)，cs β＝－eq \f(\r(5),5)，
∴cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)))＋eq \f(2\r(5),5)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(3,5).
6．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗—拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量Y～B(n，p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了p＝eq \f(1,2)的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为( )
(附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A．0.158 7 B．0.022 8 C．0.002 7 D．0.001 4
解析：选B 抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为X，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100，\f(1,2)))，
所以E(X)＝np＝100×eq \f(1,2)＝50，D(X)＝np(1－p)＝100×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝25，
由题意，X～N(μ，σ2)，且μ＝E(X)＝50，σ2＝D(X)＝25，
因为P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为P(X>60)＝P(X>50＋2×5)＝eq \f(1－0.954 5,2)≈0.022 8.
7．已知e1，e2为单位向量，满足|e1－e2|＝|2e1－a|＝1，则|a－e2|的最小值为( )
A.eq \r(3)－1 B．eq \r(3) C.eq \r(7)－1 D．eq \r(7)
解析：选A 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝e1，eq \(OB,\s\up7(―→))＝e2，则|e1－e2|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝1，所以△OAB为等边三角形，
以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
设C(2,0)，a＝eq \(OM,\s\up7(―→))，则|2e1－a|＝|eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→))|＝|eq \(MC,\s\up7(―→))|＝1，
所以M在以C为圆心，1为半径的圆上，
因为|a－e2|＝|eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(BM,\s\up7(―→))|，
所以|a－e2|min＝|eq \(BM,\s\up7(―→))|min＝|BC|－1＝eq \r(3)－1.
8．已知a＝lgbc，b＝lgca，则( )
A．aC．c解析：选B 由题意得a>0，b>0，c>0且a≠1，b≠1，c≠1，可得a＝lgbc＝eq \f(ln c,ln b)，b＝lgca＝eq \f(ln a,ln c)，则ln a，ln b，ln c同号，
若0ln b，即c>b，由eq \f(ln a,ln c)<1可得ln a>ln c，即a>c，所以b若a>1，则b>1，c>1，则由eq \f(ln c,ln b)>1可得ln c>ln b，即c>b，由eq \f(ln a,ln c)>1可得ln a>ln c，即a>c，所以b二、多项选择题
9．为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样的方法随机抽取了120名男生和80名女生，调查并分别绘制出男、女生每天在校平均体育活动时间的频率分布直方图(如图所示)，则( )
A．a＝0.010
B．该校男生每天在校平均体育活动时间中位数的估计值为75
C．估计该校至少有一半学生每天在校平均体育活动时间超过一小时
D．估计该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为9∶2
解析：选ACD (a＋0.02＋0.035＋0.02＋a＋0.005)×10＝1，解得a＝0.010，故A正确；因为(0.01＋0.02)×10＝0.3<0.5，(0.01＋0.02＋0.035)×10＝0.65>0.5，故设中位数为x，则x∈[60,70)，故B错误；
样本中男生在校平均体育活动时间超过一小时的占(0.035＋0.02＋0.01＋0.005)×10＝0.7，
女生在校平均体育活动时间超过一小时的占(0.03＋0.01＋0.005)×10＝0.45，
所以该校每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为eq \f(0.7×120＋0.45×80,120＋80)＝0.6>0.5，故C正确；
男生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的频率为(0.01＋0.005)×10＝0.15，
女生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的频率为0.005×10＝0.05，
所以该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为(0.15×120)∶(0.05×80)＝9∶2，故D正确．
10．已知正方形ABCD的边长为1，以BD为折痕把△ABD折起，得到四面体A′BCD，则( )
A．A′C⊥BD
B．四面体A′BCD体积的最大值为eq \f(\r(2),4)
C．△A′CD可以为等边三角形
D．△A′CD可以为直角三角形
解析：选AC 取BD的中点为O，连接OA′，OC，且OA′＝OC，由题意，BD⊥OA′，BD⊥OC，且OA′∩OC＝O，所以BD⊥平面OA′C，所以BD⊥A′C，故A正确；当OA′⊥平面BCD时，四面体A′BCD的体积最大，且最大体积为V＝eq \f(1,3)S△BCD·OA′＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12)，故B错误；当OA′⊥平面BCD时，OA′⊥OC，所以A′C＝eq \r(OA′2＋OC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1，又DC＝DA′＝1，所以此时△A′CD为等边三角形，故C正确；若△A′CD为直角三角形，又DC＝DA′＝1，则∠A′DC＝eq \f(π,2)，所以A′C＝eq \r(2)，此时OA′＋OC＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)＝A′C，不满足三角形任意两边之和大于第三边，故D错误．
11．已知F为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，过F的直线l与圆O：x2＋y2＝a2相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则( )
A．|MF|＝b
B．直线OM与C相交
C．若|MF|＝eq \f(1,4)|QF|，则C的渐近线方程为y＝±2x
D．若|MF|＝eq \f(1,4)|PF|，则C的离心率为eq \f(5,3)
解析：选AD 令双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的半焦距为c，有c2＝a2＋b2，F(c,0)，依题意，OM⊥l，如图，|MF|＝eq \r(OF2－OM2)＝eq \r(c2－a2)＝b，A正确；直线OM的斜率k＝tan∠MOF＝eq \f(b,a)，所以直线OM是双曲线C过第一、三象限的渐近线，直线OM与C不相交，B不正确；由选项A可得点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，设点Q(x0，y0)，依题意，eq \(FQ,\s\up7(―→))＝4eq \(FM,\s\up7(―→))，即(x0－c，y0)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)－c，\f(ab,c)))，解得x0＝eq \f(4a2,c)－3c，y0＝eq \f(4ab,c)，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c，\f(4ab,c)))，又点Q在直线y＝－eq \f(b,a)x上，则有eq \f(4ab,c)＝－eq \f(b,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c))，解得8a2＝3c2，有eq \f(b,a)＝eq \f(\r(15),3)，C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(15),3)x，C不正确；由选项C同理得点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c，\f(4ab,c)))，因此eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c))2,a2)－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ab,c)))2,b2)＝1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3e－\f(4,e)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,e)))2＝1，解得e＝eq \f(5,3)，D正确．
12．已知函数f(x)＝eq \f(2x,4x－4)＋eq \f(x,x－1)，则( )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)的图象关于点(1,1)对称
C．f(x)有唯一一个零点
D．不等式f(2x＋3)>f(x2)的解集为(－1,1)∪(3，＋∞)
解析：选BCD 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－4≠0，,x－1≠0))得x≠1，即f(x)定义域为{x|x≠1}，不关于原点对称，
∴f(x)为非奇非偶函数，A错误；
∵f(1＋x)＝eq \f(21＋x,41＋x－4)＋eq \f(1＋x,x)＝eq \f(2x,2·4x－2)＋eq \f(1＋x,x)，
f(1－x)＝eq \f(21－x,41－x－4)－eq \f(1－x,x)＝eq \f(\f(2,2x),\f(4,4x)－4)－eq \f(1－x,x)＝eq \f(2·4x,2x4－4·4x)－eq \f(1－x,x)＝eq \f(2x,2－2·4x)－eq \f(1－x,x)，
∴f(1＋x)＋f(1－x)＝2，∴f(x)图象关于点(1,1)对称，B正确；
当x>1时，f(x)＝eq \f(1,2x－\f(4,2x))＋eq \f(1,1－\f(1,x)).
∵t＝2x在(1，＋∞)上单调递增，y＝t－eq \f(4,t)在(2，＋∞)上单调递增，
∴y＝2x－eq \f(4,2x)在(1，＋∞)上单调递增，∴y＝eq \f(1,2x－\f(4,2x))在(1，＋∞)上单调递减；
∵y＝1－eq \f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增，∴y＝eq \f(1,1－\f(1,x))在(1，＋∞)上单调递减；
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
由B知f(x)图象关于点(1,1)对称，∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，eq \f(2x,4x－4)>0，eq \f(x,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)>1，∴f(x)>1，∴f(x)在(1，＋∞)上无零点；
当x<1时，f(0)＝eq \f(1,1－4)＋0＝－eq \f(1,3)<0，f(－1)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,4)－4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(11,30)>0，∴∃x0∈(－1,0)，使得f(x0)＝0，则f(x)在(－∞，1)上有唯一零点x＝x0；
综上所述，f(x)有唯一一个零点，C正确；
由C知，f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，
又x>1时，f(x)>1；∴x<1时，f(x)<1；
①当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3>1，,x2>1，))即x>1时，由f(2x＋3)>f(x2)得2x＋33；
②当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3<1，,x2<1，))时，不等式组无解，不合题意；
③当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3>1，,x2<1，))即－11，f(x2)<1，满足题意；
④当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3<1，,x2>1，))即x<－1时，f(2x＋3)<1，f(x2)>1，不合题意；
综上所述，f(2x＋3)>f(x2)的解集为(－1,1)∪(3，＋∞)，D正确．
三、填空题
13．在复平面内，复数z＝i(1＋mi)(m∈R)对应的点位于直线y＝x上，则m＝________.
解析：因为z＝i(1＋mi)＝mi2＋i＝－m＋i，所以z在复平面内所对应的点的坐标为(－m,1)，
又复数z＝i(1＋mi)(m∈R)对应的点位于直线y＝x上，所以－m＝1，解得m＝－1.
答案：－1
14．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(0<φ<π)，写出一个同时满足以下条件的ω的值________．
①ω∈N*；
②f(x)是偶函数；
③f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上恰有两个极值点．
解析：根据f(x)是偶函数且0<φ<π，则取φ＝eq \f(π,2)，
又因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上恰有两个极值点，ωx∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ωπ,6)，\f(ωπ,3)))，所以－eq \f(ωπ,6)≥－π，π答案：4(答案不唯一)
15．为提升市民的艺术修养，丰富精神文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场不同类型的讲座，则共有________种选择方案．(用数字作答)
解析：由讲座海报可知，先选择参加绘画讲座的方案有2种，再选择一天参加雕塑讲座，有2种方案，最后再在剩下的2天里选择一天参加工艺讲座，有2种，所以一共有2×2×2＝8种选择方案．
答案：8
16．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n2,2n－1)))与数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n2,2n＋1)))的前n项和分别为Sn，Tn，则S5－T5＝________；若Sn－Tn<λ(n＋1)(n＋16)对于∀n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是________．
解析：设an＝eq \f(n2,2n－1)，bn＝eq \f(n2,2n＋1)，
则an－bn＝eq \f(2n2,4n2－1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn－Tn＝(a1－b1)＋(a2－b2)＋…＋(an－bn)
＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(n2＋n,2n＋1)))，
所以S5－T5＝eq \f(30,11)，
由Sn－Tn<λ(n＋1)(n＋16)，得eq \f(n2＋n,2n＋1)<λ(n＋1)(n＋16)，
即λ>eq \f(n,2n＋1n＋16)＝eq \f(n,2n2＋33n＋16)＝eq \f(1,2n＋\f(16,n)＋33)对于∀n∈N*恒成立，
设cn＝2n＋eq \f(16,n)，
因为2n＋eq \f(16,n)≥2eq \r(2n·\f(16,n))＝8eq \r(2)，当且仅当2n＝eq \f(16,n)，即n＝2eq \r(2)时等号成立，
又n∈N*，且c2＝12，c3＝eq \f(34,3)，则c2>c3，所以(cn)min＝eq \f(34,3)，
所以λ>eq \f(1,\f(34,3)＋33)＝eq \f(3,133)，即实数λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,133)，＋∞)).
答案：eq \f(30,11) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,133)，＋∞))
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为 eq \r(\f(a2＋b2,2))的圆是椭圆的“卫星圆”．过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率为k1，k2，当k1＋k2＝2eq \r(10)时，求此时“卫星圆”的个数．
解：(1)∵椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，∴由椭圆的定义和正方形的性质，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝c，,2bc＝12，))解得b＝c＝eq \r(6).又a2＝b2＋c2＝12，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,6)＝1.
(2)设“卫星圆”的圆心为(x0，y0)．
由“卫星圆”的定义，可得“卫星圆”的半径为 eq \r(\f(a2＋b2,2))＝3.
∴“卫星圆”的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝9.
∵直线OA：y＝k1x与“卫星圆”相切，
则由点到直线的距离公式得eq \f(|k1x0－y0|,\r(1＋k\\al(2,1)))＝3，
化简得(xeq \\al(2,0)－9)keq \\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq \\al(2,0)－9＝0.
同理可得(xeq \\al(2,0)－9)keq \\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq \\al(2,0)－9＝0.
∴k1，k2是方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－9))k2－2x0y0k＋yeq \\al(2,0)－9＝0的两个不相等的实数根，
∴xeq \\al(2,0)－9≠0，由Δ>0，得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)>9，
将eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),6)＝1代入得xeq \\al(2,0)>6，k1＋k2＝eq \f(2x0y0,x\\al(2,0)－9).
又∵“卫星圆”的圆心(x0，y0)在椭圆C上，
∴代入椭圆方程eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,6)＝1中，可得eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),6)＝1.
解得yeq \\al(2,0)＝6－eq \f(x\\al(2,0),2)，∴(k1＋k2)2＝eq \f(4x\\al(2,0)y\\al(2,0),x\\al(2,0)－92)＝eq \f(4x\\al(2,0)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－\f(x\\al(2,0),2))),x\\al(2,0)－92)＝eq \f(24x\\al(2,0)－2x\\al(4,0),x\\al(2,0)－92)＝40.
当xeq \\al(2,0)＝10时，yeq \\al(2,0)＝1；当xeq \\al(2,0)＝eq \f(54,7)时，yeq \\al(2,0)＝eq \f(15,7)，
∴满足条件的点(x0，y0)共8个，
∴这样的“卫星圆”存在8个．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(六)
小题限时保分练—选自2022·沈阳二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．复数z满足(3－2i)z＝13，则z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A 由(3－2i)z＝13，得z＝eq \f(13,3－2i)＝eq \f(133＋2i,13)＝3＋2i，故z在复平面内对应的点为(3,2)，位于第一象限．
2.已知全集U＝R，集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x|0A．{1,2,3,4} B．{1,2,3}
C．{4,5} D．{5}
解析：选C 集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x|0又∁UB＝{x|x≥4，或x≤0}，所以A∩∁UB＝{4,5}．
3．设等差数列{an}的公差为d，a1>0，则“a5>0”是“d>0”的( )
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 必要性成立，由等差数列{an}的公差d>0可知，a5＝a1＋4d>0；充分性不成立，例如：由a1＝5，a5＝1得d＝－1.所以“a5>0”是“d>0”的必要不充分条件．
4．某工厂将产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量P(单位：毫克/升)与过滤时间t(单位：小时)之间的函数关系为P＝P0·e－kt(t≥0)，其中k为常数，k>0，P0为原污染物数量．该工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的( )
A．5% B．3% C．2% D．1%
解析：选B 由题意得，前4个小时，废气中的污染物恰好被过滤掉90%，
故由P＝P0·e－kt得(1－90%)P0＝P0e－4k，
所以0.1＝e－4k，即k＝eq \f(1,4)ln 10，
5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝18，a2a3＝32，若{an}的前n项和Sn满足Sk＋10－Sk＝216－26，则正整数k等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
解析：选A 由a1＋a4＝18，a2a3＝32知，a1＋a4＝18，a1a4＝32，因为{an}是递增的等比数列，所以a1＝2，a4＝16，所以q＝2，an＝2n，则Sk＋10－Sk＝eq \f(2×1－2k＋10,1－2)－eq \f(2×1－2k,1－2)＝2k＋11－2k＋1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＋11＝16，,k＋1＝6，))解得k＝5.
6．现有一个侧面展开图为半圆形的圆锥，其内部放有一个小球，当小球体积最大时，该圆锥与小球的体积之比是( )
A．9∶4 B．9∶5 C．3∶2 D．3∶1
解析：选A 由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线长为l，底面半径为R，则2πR＝πl，所以l＝2R，可知圆锥轴截面为正三角形，圆锥高为eq \r(3)R，又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，轴截面如图所示，
设此时小球半径为r，则有(eq \r(3)R－r)·sin 30°＝r ，即r＝eq \f(\r(3),3)R，故V球＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)R))3＝eq \f(4\r(3),27)πR3，
V锥＝eq \f(1,3)πR2·(eq \r(3)R)＝eq \f(\r(3),3)πR3，
所以V锥∶V球＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)πR3))∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),27)πR3))＝9∶4.
7．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M，N在C上，且eq \(F1F2,\s\up7(――→))＝3eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(F1M,\s\up7(――→))⊥eq \(F2N,\s\up7(――→))，则双曲线C的离心率为( )
A.eq \f(\r(6)＋\r(2),2) B．eq \r(3)＋eq \r(2)
C．2＋eq \r(2) D．eq \r(5)＋eq \r(2)
解析：选D 因为eq \(F1F2,\s\up7(――→))＝3eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(F1M,\s\up7(――→))⊥eq \(F2N,\s\up7(――→))，由双曲线对称性可知，直线F1M与F2N交于y轴上一点P，且△PF1F2为等腰直角三角形，所以|OP|＝|OF1|＝c，如图，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,3)，\f(2c,3)))，F1(－c,0)，F2(c,0)，所以|NF1|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c))2)＝eq \f(2\r(5),3)c，|NF2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c))2)＝eq \f(2\r(2),3)c，则||NF1|－|NF2||＝eq \f(2\r(5),3)c－eq \f(2\r(2),3)c＝2a，即a＝eq \f(\r(5)－\r(2),3)c，
则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,\r(5)－\r(2))＝eq \r(5)＋eq \r(2).
8．若直线y＝k1x＋b1与直线y＝k2x＋b2(k1≠k2)是曲线y＝ln x的两条切线，也是曲线y＝ex的两条切线，则k1k2＋b1＋b2的值为( )
A．e－1 B．0
C．－1 D．eq \f(1,e)－1
解析：选C 由y＝ex和y＝ln x互为反函数可知，
两条公切线y＝k1x＋b1和y＝k2x＋b2也互为反函数，
即x＝eq \f(1,k1)y－eq \f(b1,k1)满足eq \f(1,k1)＝k2，－eq \f(b1,k1)＝b2，
即k1k2＝1，b2＝－eq \f(b1,k1)，
设直线y＝k1x＋b1与y＝ex和y＝ln x分别切于点(x1，ex1)和(x2，ln x2)，
可得切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)和y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
整理得y＝ex1x＋ex1－x1ex1和y＝eq \f(1,x2)x－1＋ln x2，则k1＝ex1＝eq \f(1,x2)，b1＝ex1(1－x1)＝－1＋ln x2，由ex1＝eq \f(1,x2)，得x1＝lneq \f(1,x2)＝－ln x2，且b1＝eq \f(1,x2)(1－x1)＝－1＋ln x2，则b1＝eq \f(1,x2)(1－x1)＝－1－x1，所以x2＝eq \f(1－x1,－1－x1)，
所以k1k2＋b1＋b2＝1＋b1－eq \f(b1,k1)＝1＋b1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k1)))＝1＋b1(1－x2)＝1＋(－1－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1－x1,－1－x1)))＝1＋(－1－x1)－(1－x1)＝－1.
二、多项选择题
9.如图，在4×4方格中，向量a，b，c的始点和终点均为小正方形的顶点，则( )
A．a＝b B．|a＋b|＝|c|
C．a⊥b D．a·c≠b·c
解析：选BC 由题图可知，向量a与向量b方向不同，所以a≠b，故A不正确；作向量a与向量b，如图1，可得|a＋b|＝|c|，且a⊥b，故B、C正确；连接BD，如图2，则AC与BD互相垂直，所以向量a与向量b在向量c上的投影的数量是相同的，所以a·c＝b·c，故D不正确．
10．甲、乙两人进行飞镖游戏，甲的10次成绩分别为8,6,7,7,8,10,10,9,7,8，乙的10次成绩的平均数为8，方差为0.4，则( )
A．甲的10次成绩的极差为4
B．甲的10次成绩的75%分位数为8
C．甲和乙的20次成绩的平均数为8
D．甲和乙的20次成绩的方差为1
解析：选ACD 甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差为4，故A正确；因为10×75%＝7.5，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数为9，故B不正确；经计算，甲的10次成绩的平均数为8，又已知乙的10次成绩的平均数为8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故C正确；seq \\al(2,甲)＝eq \f(1,10)[(6－8)2＋3×(7－8)2＋(9－8)2＋2×(10－8)2]＝1.6，s2＝eq \f(10×1.6＋0＋10×0.4＋0,10＋10)＝eq \f(1,20)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((10×1.6＋10×0.4)＋eq \f(10×10,10＋10)×0))＝1，故D正确．
11．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则( )
A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
解析：选ABD 若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC∥平面PAD.由BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
可得BC∥AD，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；
平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线．在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；
由AB∥CD得AB∥平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线．所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．
12．已知奇函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且f(1－x)－f(1＋x)＋2x＝0恒成立，若f(x)在[0,1]上单调递增，则( )
A．f(x)在[1,2]上单调递减 B．f(0)＝0
C．f(2 022)＝2 022 D．f′(2 023)＝1
解析：选BCD 对于A，若f(x)＝x，符合题意，故错误；
对于B，因为奇函数f(x)在R上可导，所以f(0)＝0，故正确；
对于C，将f(1－x)－f(1＋x)＋2x＝0中的x代换为x＋1，得f(－x)－f(2＋x)＋2x＋2＝0，所以f(x＋2)＋f(x)＝2x＋2，可得f(x＋4)＋f(x＋2)＝2x＋6，两式相减得，f(x＋4)－f(x)＝4，则f(6)－f(2)＝4，f(10)－f(6)＝4，…，f(2 022)－f(2 018)＝4，叠加得f(2 022)－f(2)＝2 020，又由f(x＋2)＋f(x)＝2x＋2，得f(2)＝－f(0)＋2＝2，所以f(2 022)＝f(2)＋2 020＝2 022，故正确；
对于D，将f(1－x)－f(1＋x)＋2x＝0的两边对x求导，得－f′(1－x)－f′(1＋x)＋2＝0，令x＝0，得f′(1)＝1，将－f(－x)＝f(x)的两边对x求导，得f′(－x)＝f′(x)，所以f′(－1)＝1，将f(x＋4)－f(x)＝4的两边对x求导，得f′(x＋4)＝f′(x)，所以f′(2 023)＝f′(2 019)＝…＝f′(－1)＝1，故正确．
三、填空题
13．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，在C上有一点P，|PF|＝8，则点P到x轴的距离为________．
解析：由抛物线的定义可知|PF|＝xP＋2＝8，所以xP＝6，代入y2＝8x中，得yeq \\al(2,P)＝48，所以|yP|＝4eq \r(3)，
故点P到x轴的距离为4eq \r(3).
答案：4eq \r(3)
14．已知随机变量ξ～N(1，σ2)，且P(ξ≤1)＝P(ξ≥a－3)，则eq \f(1,x)＋eq \f(9,a－x)(0解析：由随机变量ξ～N(1，σ2)，则正态分布密度曲线的对称轴为ξ＝1.
又因为P(ξ≤1)＝P(ξ≥a－3)，所以1＋(a－3)＝2，解得a＝4.
当0当且仅当eq \f(4－x,x)＝eq \f(9x,4－x)，即x＝1时等号成立，故最小值为4.
答案：4
15．将A，B，C，D，E这5名同学从左至右排成一排，则A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学的排法有________种．
解析：根据题意，分两种情况：
①若A与C之间为B，即B在A，C中间且三人相邻，共有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，将三人看成一个整体，与D，E两人全排列，共有Aeq \\al(3,3)＝6种情况，则此时有2×6＝12种排法．
②若A与C之间不是B，先从D，E中选取1人，安排在A，C之间，有Ceq \\al(1,2)＝2种选法，此时B在A的另一侧，将四人看成一个整体，考虑之前的顺序，有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，将这个整体与剩下的1人全排列，有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，此时有2×2×2＝8种排法，所以总共有12＋8＝20种排法．
答案：20
16．以俄国著名数学家切比雪夫(Tschebyscheff,1821—1894)的名字命名的第一类切比雪夫多项式Tn(x)和第二类切比雪夫多项式Un(x)，起源于多倍角的余弦函数和正弦函数的展开式，是与棣莫弗定理有关、以递归方式定义的多项式序列，是计算数学中的特殊函数．Tn(x)有许多良好的结论，例如：①T1(x)＝x，T2(x)＝2x2－1，对于正整数n≥3时，有Tn(x)＝2x·Tn－1(x)－Tn－2(x)成立，②∀θ∈R，Tn(cs θ)＝csn θ成立．由上述结论可得T4(cs 18°)的数值为________．
解析：由题意T4(cs 18°)＝cs 72°＝sin 18°，
T3(cs 18°)＝cs 54°＝4cs318°－3cs 18°，
又cs 54°＝sin 36°＝2sin 18°cs 18°，
故2sin 18°cs 18°＝4cs3 18°－3cs 18°，
因为cs 18°≠0，所以2sin 18°＝4cs218°－3＝1－4sin218°，
即4sin2 18°＋2sin 18°－1＝0，
解得sin 18°＝eq \f(\r(5)－1,4)或sin 18°＝eq \f(－1－\r(5),4).
∵sin 18°>0，∴sin 18°＝eq \f(\r(5)－1,4)，
所以T4(cs 18°)＝cs 72°＝sin 18°＝eq \f(\r(5)－1,4).
答案：eq \f(\r(5)－1,4)
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的函数f(x)＝(x－k)sin x.
(1)当k＝eq \f(π,6)时，求曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)将f(x)的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列{xn}，若f(x1)＋f(x2)＝0，求k的值．
解：(1)当k＝eq \f(π,6)时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))sin x，f′(x)＝sin x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))cs x，故f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2).
故曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))处的切线的斜率为eq \f(1,2)，
所以曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))处的切线方程为y＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，
令x＝0，得y＝－eq \f(π,12).所以切线与y轴的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(π,12))).
此时所求三角形的面积为eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))×eq \f(π,6)＝eq \f(π2,144).
(2)f′(x)＝sin x＋(x－k)cs x，
当－eq \f(π,2)由函数y＝tan x＋x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，且值域为R，
故存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，使得tan x0＋x0＝k.
此时当－eq \f(π,2)当x00，f(x)单调递增，因此x1＝x0.
同理，存在唯一的x′0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，使得tan x′0＋x′0＝k.
此时当eq \f(π,2)0，f(x)单调递增；
当x′0由f′(x1)＝0，x1－k＝－tan x1，f(x1)＝－eq \f(sin2x1,cs x1)＝cs x1－eq \f(1,cs x1).
同理f(x2)＝－eq \f(sin2x2,cs x2)＝cs x2－eq \f(1,cs x2).
由f(x1)＋f(x2)＝0，整理得(cs x1＋cs x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,cs x1cs x2)))＝0.
又－eq \f(π,2)由于－eq \f(π,2)又k＝x1＋tan x1＝x2＋tan x2，当x1＝x2－π时，不满足，舍去．
所以x1＝－(x2－π)，即x1＋x2＝π，则k＝eq \f(x1＋tan x1＋x2＋tan x2,2)＝eq \f(π,2).
综上所述，k＝eq \f(π,2).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(七)
小题限时保分练—选自2022·潍坊二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设M，N，U均为非空集合，且满足M⊆N⊆U，则(∁UM)∩(∁UN)＝( )
A．M B．N C．∁UM D．∁UN
解析：选D ∵(∁UM)∩(∁UN)＝∁U(M∪N)，又M∪N＝N，∴∁U(M∪N)＝∁UN.
2．已知直线l1：x－3y＝0，l2：x＋ay－2＝0，若l1⊥l2，则a＝( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C．3 D．－3
解析：选A ∵l1⊥l2，∴eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1，解得a＝eq \f(1,3).
3．已知角α的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边与直线2x＋y＋3＝0平行，则eq \f(sin α－cs α,sin α＋cs α)的值为( )
A．－2 B．－eq \f(1,4) C．2 D．3
解析：选D 因为角α的终边与直线2x＋y＋3＝0平行，即角α的终边在直线y＝－2x上，所以tan α＝－2; eq \f(sin α－cs α,sin α＋cs α)＝eq \f(tan α－1,tan α＋1)＝3，故选D.
4．十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为( )
A．对任意正整数n，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn都没有正整数解
B．对任意正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
C．存在正整数n≤2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
D．存在正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
答案：D
5.已知函数f(x)＝lga(x－b)(a>0且a≠1)的图象如图所示，则以下说法正确的是( )
A．a＋b<0 B．ab<－1
C．00
解析：选C 由题图可知f(x)在定义域内单调递增，所以a>1，令f(x)＝lga(x－b)＝0，即x＝b＋1，所以函数f(x)的零点为b＋1，结合函数图象可知00，故A错误；－a1，所以－a<－1，因此ab<－1不一定成立，故B错误；因为a－16．某学校为增强学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有6个班，现将8个参赛名额分配给这6个班，每班至少1个参赛名额，则不同的分配方法共有( )
A．15种 B．21种 C．30种 D．35种
解析：选B 将8个参赛名额分配给这6个班，名额之间并无区别，将8个参赛名额采用“隔板法”分成6份即可，每份至少一个名额，共有Ceq \\al(5,7)＝21种．
7．已知正实数a，b满足a2＋2ab＋4b2＝6，则a＋2b的最大值为( )
A．2eq \r(5) B．2eq \r(2) C.eq \r(5) D．2
解析：选B 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2－2ab＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2b,2)))2≥0，所以2ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2，当且仅当a＝2b时等号成立．因为a2＋2ab＋4b2＝6，所以(a＋2b)2－2ab＝6，即(a＋2b)2－6＝2ab，所以(a＋2b)2－6≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2，即(a＋2b)2≤8.因为a，b为正实数，所以a＋2b>0，因此08．已知函数f(x)＝ln x－x＋t，直线l：y＝－eq \f(1,2)x＋ln 2＋2，点P(x0，f(x0))在函数y＝f(x)的图象上，则以下说法正确的是( )
A．若直线l是曲线y＝f(x)的切线，则t＝－3
B．若直线l与曲线y＝f(x)无公共点，则t>－3
C．若t＝－2，则点P到直线l的最短距离为eq \r(5)
D．若t＝－2，当点P到直线l的距离最短时，x0＝2
解析：选D 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，若直线l是曲线y＝f(x)的切线，则f′(x)＝－eq \f(1,2)⇒eq \f(1,x)－1＝－eq \f(1,2)⇒x＝2，代入y＝－eq \f(1,2)x＋ln 2＋2，得y＝1＋ln 2，∴f(2)＝1＋ln 2⇒ln 2－2＋t＝1＋ln 2⇒t＝3，故A错误；当t＝－2时，当在点P处的切线平行于直线l时，P到切线直线l的距离最短，则f′(x0)＝－eq \f(1,2)⇒eq \f(1,x0)－1＝－eq \f(1,2)⇒x0＝2，故D正确；此时f(2)＝ln 2－4，故P点坐标为(2，ln 2－4)，点P到直线l：x＋2y－2ln 2－4＝0的距离为eq \f(|2＋2ln 2－4－2ln 2－4|,\r(5))＝2eq \r(5)，故C错误；设ln x－x＋t＝－eq \f(1,2)x＋ln 2＋2⇒t＝eq \f(x,2)－ln x＋ln 2＋2，令g(x)＝eq \f(x,2)－ln x＋ln 2＋2，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,2x)，当x∈(0,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(2)＝3，又当x→0时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴若直线l与曲线y＝f(x)无公共点，则t＜3，故B错误．
二、多项选择题
9．若复数z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(z1,z2)∈R
B.eq \x\t(z1·z2)＝eq \x\t(z1)·eq \x\t(z2)
C．若z1＋m(m∈R)是纯虚数，那么m＝－2
D．若z1，eq \x\t(z2)在复平面内对应的向量分别为eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→)) (O为坐标原点)，则|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝5
解析：选BCD eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋3i,－1＋i)＝eq \f(2＋3i－1－i,－1＋i－1－i)＝eq \f(1－5i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(5,2)i，故A错误；∵z1·z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，∴eq \x\t(z1·z2)＝－5＋i.又eq \x\t(z1)·eq \x\t(z2)＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，∴eq \x\t(z1·z2)＝eq \x\t(z1)·eq \x\t(z2)，故B正确；∵z1＋m＝2＋m＋3i为纯虚数，∴m＋2＝0，解得m＝－2，故C正确；由题意得，eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－1，－1)，∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－3，－4)，∴|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(9＋16)＝5，故D正确．
10．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象为C，则( )
A．图象C关于直线x＝eq \f(5π,12)对称
B．图象C关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))中心对称
C．将y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度可以得到图象C
D．若把图象C向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)是奇函数
解析：选AC 当x＝eq \f(5π,12)时，f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)＋\f(π,6)))＝－1，故图象C关于直线x＝eq \f(5π,12)对称，故A正确；当x＝eq \f(π,3)时，f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)≠0，故图象C不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))中心对称，故B错误；将y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，可以得到图象对应的解析式为y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，故C正确；若把图象C向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，故g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，而g(0)＝cseq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),2)≠0，故g(x)不是奇函数，故D错误．
11.已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上，△ABC为等边三角形，M为平面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，且AC⊥BD，则( )
A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为eq \f(π,3)
D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分
解析：选ABD 设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，GD，GA，GC，则BE⊥AC.∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，∴AC⊥平面BDE，则AC⊥DE，又△ABC为等边三角形，AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，∴AE＝1，DE＝1，BE＝eq \r(3)，∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，又BE⊥AC，AC∩DE＝E，∴BE⊥平面ACD，BE⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；又∵GE＝eq \f(\r(3),3)，GB＝GA＝GC＝eq \f(2\r(3),3)，∴GD＝eq \r(GE2＋DE2)＝eq \r(\f(1,3)＋1)＝eq \f(2\r(3),3)，故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，由上述分析知∠DCA＝eq \f(π,4)12．已知数列{an}，{bn}，有an＋1＝an－bn，bn＋1＝bn－an，n∈N*，则( )
A．若存在m>1，am＝bm，则a1＝b1
B．若a1≠b1，则存在大于2的正整数n，使得an＝0
C．若a1＝a，a2＝b，且a≠b，则b2 022＝－b×22 020
D．若a1＝－1，a2＝－3，则关于x的方程2a3＋(2a3＋1)cs x＋2cs 2x＋cs 3x＝0的所有实数根可构成一个等差数列
解析：选ACD 因为an＋1＝an－bn，bn＋1＝bn－an，n∈N*，所以an＋1＋bn＋1＝0，即an＋1＝－bn＋1，所以n≥2(n∈N*)，必有an＝－bn，得到an＋1＝2an.对于A，若存在m>1，取m＝2，有a2＝b2，则a2＝－b2＝b2＝0，所以必有b2＝b1＋1＝b1－a1＝0，则有a1＝b1，同理，若m>2，由am＝bm可得am－1＝bm－1，am－2＝bm－2，…，a2＝b2，a1＝b1，故A正确；对于B，若a1≠b1，则a2＝a1－b1≠0，b2≠0，又因为n≥2(n∈N*)，必有an＝－bn，得到an＋1＝2an，所以当n≥2时，因为a2≠0，必有an≠0，故B错误；对于C，若a1＝a，a2＝b，且a≠b，则bn＝an－an＋1，则b1＝a1－a2＝a－b，又bn＋1＝－an＋1，所以bn＋1－bn＝－an，根据递推公式，可得bn－bn－1＝－an－1，…，b2－b1＝－a1.利用累加法，bn－b1＝－(a1＋a2＋…＋an－1)，整理得，bn＝b1－(a1＋a2＋…＋an－1)＝b1－(a1＋a2)－(a3＋…＋an－1)＝－a2－(a2＋a3＋…＋an－1)．又因为n≥2(n∈N*)，必有an＝－bn，得到an＋1＝2an，所以bn＝－b－b(1＋2＋22＋…＋2n－3)＝－b－beq \f(1－2n－2,1－2)＝－b－b(2n－2－1)＝－b·2n－2，所以b2 022＝－b×22 020，故C正确；对于D，若a1＝－1，a2＝－3，n≥2(n∈N*)，得到an＋1＝2an，所以a3＝2a2＝－6，则关于x的方程2a3＋(2a3＋1)cs x＋2cs 2x＋cs 3x＝0可以化为，－12＋(－11)cs x＋2cs 2x＋cs 3x＝0，化简得，2cs2x－7＝7cs x－2cs3x，设t＝cs x，可得2t2－7＝7t－2t3，化简得(t＋1)(2t2－7)＝0，所以t＝－1或t2＝eq \f(7,2)(舍去)，所以cs x＝－1，得x＝2kπ＋π(k∈N)，写成数列形式，即所有实数根可构成一个等差数列，其通项公式为xk＝2kπ＋π(k∈N)，故D正确．
三、填空题
13．设随机变量X服从标准正态分布X～N(0,1)，那么对于任意的实数a，记Φ(a)＝P(X解析：由题可知，P(|X|a)＝1－2[1－Φ(a)]＝1－2×(1－0.7)＝0.4.
答案：0.4
14．若圆x2＋y2＝1与圆(x－2)2＋y2＝3的交点为A，B，则|AB|＝________.
解析：如图，由题意知|OA|＝1，|AC|＝eq \r(3)，|OC|＝2，满足勾股定理，|OA|2＋|AC|2＝|OC|2.所以△AOC是直角三角形，且∠OCA＝30°.所以|AD|＝eq \f(\r(3),2)，则|AB|＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
15．已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,2]时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x，0≤x≤1，,－\r(3)x＋2\r(3)，1解析：因为定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是在[0，＋∞)上周期为2的周期函数，且当x∈[0,2]时，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x，0≤x≤1，,－\r(3)x＋2\r(3)，1函数图象如图所示，
依题意可得A2(3，eq \r(3))，A8(15，eq \r(3))，B8(16,0)，且直线A8B8的方程为y＝－eq \r(3)(x－14)＋2eq \r(3)，x∈(15,16]，设Ci(xi，－eq \r(3)xi＋16eq \r(3))，xi∈(15,16]，所以eq \(OA2,\s\up7(―→))＝(3，eq \r(3))，eq \(OCi,\s\up7(―→))＝(xi，－eq \r(3)xi＋16eq \r(3))，所以eq \(OA2,\s\up7(―→))·eq \(OCi,\s\up7(―→))＝3xi＋eq \r(3)(－eq \r(3)xi＋16eq \r(3))＝48，所以eq \i\su(i＝1,10, )(eq \(OA2,\s\up7(―→))·eq \(OCi,\s\up7(―→)))＝10×48＝480.
答案：480
16.如图，AB是圆锥底面圆O的直径，圆锥的母线PA＝2，AB＝2eq \r(2)，E是其母线PB的中点．若平面α过点E，且PB⊥平面α，则平面α与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，此时抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为________；截面α把圆锥分割成两部分，在两部分内部，分别在截面α的上方作一个半径最大的球M，在截面α下方作一个半径最大的球N，则球M与球N的半径的比值为________．
解析：如图1所示，
因为圆锥的母线PA＝2，AB＝2eq \r(2)，所以AB2＝PA2＋PB2，所以PB⊥PA.
连接OE.因为PB⊥平面α，所以PB⊥OE.所以PA∥OE.
在△PAB中，O为AB的中点，所以OE为中位线，所以OE＝eq \f(1,2)PA＝1.
设平面α交底面圆于CD，则CD＝AB＝2eq \r(2).
以E为原点，EO所在直线为x轴建立平面直角坐标系如图2所示，则O(1,0)，D(1，eq \r(2))．
可设抛物线y2＝2px(p>0)，把D(1，eq \r(2))代入抛物线方程可得2＝2p，
所以抛物线为y2＝2x，焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
所以OF＝eq \f(1,2)，即抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为eq \f(1,2).
作出截面如图3所示，则球M的半径即为圆M的半径，球N的半径即为圆N的半径．
因为球M为截面α上方的最大的球，所以圆M与PA相切，设切点为Q，则QM⊥PA.又PB⊥PA，所以QM∥PB.
同理：MR∥PB.所以Q，M，R三点共线，QR为球M的直径．
由四边形PQRE为矩形，可得QR＝PE＝eq \f(1,2)PB＝1，所以球M的半径为r1＝eq \f(1,2).
在等腰三角形OBE中，OE＝BE＝eq \f(1,2)PB＝1，OB＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(2).
圆N为三角形OBE的内切圆．设圆N的半径为r2，由等面积法可得eq \f(1,2)×OE×BE＝eq \f(1,2)(OE＋BE＋OB)r2，即eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)(1＋1＋eq \r(2))r2，解得r2＝eq \f(1,2＋\r(2)).所以球M与球N的半径的比值为eq \f(r1,r2)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2＋\r(2)))＝eq \f(2＋\r(2),2).
答案：eq \f(1,2) eq \f(2＋\r(2),2)
大题规范增分练—今日题型：数列
17．数列{an}满足a1＝1,4anan＋1＋1＝3an＋an＋1.
(1)求a2，a3；
(2)证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2an－1)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解：(1)由a1＝1,4anan＋1＋1＝3an＋an＋1，
得4a2＋1＝3＋a2，a2＝eq \f(2,3)，
4a2a3＋1＝3a2＋a3，a3＝eq \f(3,5).
(2)证明：由已知得，an＋1＝eq \f(3an－1,4an－1).
∵eq \f(1,2an＋1－1)－eq \f(1,2an－1)＝eq \f(1,2·\f(3an－1,4an－1)－1)－eq \f(1,2an－1)
＝eq \f(4an－1,23an－1－4an－1)－eq \f(1,2an－1)
＝eq \f(4an－1,2an－1)－eq \f(1,2an－1)＝2，
又∵eq \f(1,2a1－1)＝eq \f(1,2－1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2an－1)))是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴eq \f(1,2an－1)＝2n－1，∴an＝eq \f(n,2n－1).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(八)
小题限时保分练—选自2022·南京二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|y＝ln(x－2)}，B＝{x|x2－4x＋3≤0}，则A∪B＝( )
A．[1,3] B．(2,3]
C．[1，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：选C 因为A＝(2，＋∞)，B＝[1,3]，所以A∪B＝[1，＋∞)．
2．若(2＋i)z＝i，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A 因为z＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(1＋2i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(2,5)))，位于第一象限．
3．已知a，b为单位向量．若|a－2b|＝eq \r(5)，则|a＋2b|＝( )
A.eq \r(3) B．eq \r(5) C.eq \r(7) D．5
解析：选B 因为a2－4a·b＋4b2＝5，所以4a·b＝0，所以|a＋2b|＝eq \r(a＋2b2)＝eq \r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq \r(5).
4．利用诱导公式可以将任意角的三角函数值转化为0°～90°之间角的三角函数值，而这个范围内的三角函数值又可以通过查三角函数表得到．下表为部分锐角的正弦值，则tan 1 600°的值为(小数点后保留2位有效数字)( )
A.－0.42 B．－0.36
C．0.36 D．0.42
解析：选B tan 1 600°＝tan(4×360°＋160°)＝tan 160°＝－tan 20°＝－eq \f(sin 20°,cs 20°)＝－eq \f(sin 20°,sin 70°)＝－eq \f(0.342 0,0.939 7)≈－0.36.
5．已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上．若该圆锥的底面半径为2eq \r(3)，高为6，则球O的表面积为( )
A．32π B．48π C．64π D．80π
解析：选C 因为6>2eq \r(3)，故球心在圆锥的内部且在高上，设球的半径为R，则(6－R)2＝R2－12，解得R＝4，球的表面积S＝4πR2＝64π.
6．泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提出．泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝eq \f(λk,k！)e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．已知某种商品每周销售的件数相互独立，且服从参数为λ(λ>0)的泊松分布．若每周销售1件该商品与每周销售2件该商品的概率相等，则两周共销售2件该商品的概率为( )
A.eq \f(2,e4) B．eq \f(4,e4) C.eq \f(6,e4) D．eq \f(8,e4)
解析：选D 依题意得P(X＝1)＝P(X＝2)，即eq \f(λ,eλ)＝eq \f(λ2,2eλ)，解得λ＝2，所以P(X＝k)＝eq \f(2k,k！)e－2，
所以P(X＝0)＝eq \f(20,0！)e－2＝eq \f(1,e2)，P(X＝1)＝eq \f(21,1！)e－2＝eq \f(2,e2)，P(X＝2)＝eq \f(22,2！)e－2＝eq \f(2,e2)，则两周销售2件该商品的概率为P＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(1,e2)·eq \f(2,e2)＋Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)))2＝eq \f(8,e4).
7．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，过点F与x轴垂直的直线与直线AB交于点P.若线段OP的中点在椭圆C上，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(7)－1,2) B．eq \f(\r(7)－1,3) C.eq \f(\r(5)－1,2) D．eq \f(\r(5)－1,3)
解析：选A 由题意，F(－c,0)，A(a,0)，B(0，b)，
由直线方程的截距式可得直线AB为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
过点F与x轴垂直的直线为x＝－c，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,a)＋\f(y,b)＝1，,x＝－c，))可得x＝－c，y＝eq \f(a＋cb,a)，
故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(a＋cb,a)))，OP的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)，\f(a＋cb,2a)))，
代入椭圆方程得eq \f(c2,4a2)＋eq \f(a＋c2,4a2)＝1，即eq \f(c2,a2)＋eq \f(c,a)－eq \f(3,2)＝0，即e2＋e－eq \f(3,2)＝0，解得e＝eq \f(\r(7)－1,2)(舍负)．
8．设a＝2e－0.2，b＝e0.2，c＝1.2，则( )
A．aC．b解析：选D 设f(x)＝ex－x－1，可得f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1，x＝0时取等号，则a＝2e－0.2>2×(－0.2＋1)＝1.6，b＝e0.2>0.2＋1＝1.2，所以c＝1.2最小，又由eq \f(b,a)＝eq \f(e0.2,2e－0.2)＝eq \f(e0.4,2)，因为e0.4二、多项选择题
9．我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高．“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推进乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力.2017年～2021年某市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年增长率如图所示．根据图表，下列说法一定正确的是( )
A．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民
B．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大
C．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大
D．2021年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升
解析：选BCD 由增长率高，得不出收入高，故A错误；由题表中数据可知，城镇居民相关数据极差较大，农村居民相关数据中位数较大，故B、C正确；由题表中数据可知，增长率为正，故D正确．
10．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是( )
A．若O为线段PQ的中点，则|PF|＝2
B．若|PF|＝4，则|OP|＝2eq \r(5)
C．存在直线l，使得PF⊥QF
D．△PFQ面积的最小值为2
解析：选AD 抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，焦点F(1,0)，若O为PQ的中点，所以xP＝1，所以|PF|＝xP＋1＝2，故A正确；若|PF|＝4，则xP＝4－1＝3，所以|OP|＝eq \r(x\\al(2,P)＋y\\al(2,P))＝eq \r(x\\al(2,P)＋4xP)＝eq \r(21)，故B错误；设P(a2,2a)，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,a)))，所以eq \(FP,\s\up7(―→))＝(a2－1,2a)，eq \(QF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,a)))，所以eq \(FP,\s\up7(―→))·eq \(QF,\s\up7(―→))＝2a2－2＋4＝2a2＋2>0，所以PF与QF不垂直，故C错误；S△PFQ＝eq \f(1,2)·|OF|·|yP－yQ|＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(2,a)))＝|a|＋eq \f(1,|a|)≥2，当且仅当|a|＝eq \f(1,|a|)，即a＝±1时，取等号，所以△PFQ面积的最小值为2，故D正确．
11．设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，ω＞0，下列说法正确的是( )
A．当ω＝2时，f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
B．当ω＝eq \f(1,2)时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数
C．若f(x)在[0，π]上的最小值为－2，则ω的取值范围为ω≥eq \f(7,6)
D．若f(x)在[－π，0]上恰有2个零点，则ω的取值范围为ω≥eq \f(4,3)
解析：选AC 当ω＝2时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sineq \f(π,2)＝2，所以直线x＝eq \f(π,12)是f(x)图象的一条对称轴，故A正确；当ω＝eq \f(1,2)时，若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,12)))，则eq \f(π,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,12)))，所以f(x)不单调，故B错误；若x∈[0，π]，则ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，由题意可知ωπ＋eq \f(π,3)≥eq \f(3π,2)，解得ω≥eq \f(7,6)，故C正确；若x∈[－π，0]，则ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－ωπ＋\f(π,3)，\f(π,3)))，由题意可知－2π<－ωπ＋eq \f(π,3)≤－π，解得eq \f(4,3)≤ω12．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2.若点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，则( )
A．AG⊥平面PBD
B．直线FG和直线AB所成的角为eq \f(π,4)
C．当点T在平面PBD内，且TA＋TG＝2时，点T的轨迹为一个椭圆
D．过点E，F，G的平面与四棱锥P-ABCD表面交线的周长为2eq \r(2)＋eq \r(6)
解析：选ABD 将该四棱锥补成正方体，可知AG位于其体对角线上，则AG⊥平面PBD，故A正确；设PB的中点为H，则FG∥AH，且∠HAB＝eq \f(π,4)，故B正确；因为TA＋TG＝2，故T在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转形成的椭球，又平面PBD与其长轴垂直，所以截面为圆，故C错误；
设平面EFG与PB，PD交于点M，N，连接PE，EC，PF，FC，EM，MG，GN，NF，
因为PA＝BC，AE＝BE，∠PAE＝∠CBE，故△PAE≌△CBE，
所以PE＝CE，而PG＝GC，故EG⊥PC，同理FG⊥PC，
而FG∩EG＝G，故PC⊥平面EFG，而EM⊂平面EFG，则PC⊥EM.
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，故PA⊥BC，而BC⊥AB，PA∩AB＝A，故BC⊥平面PAB，而EM⊂平面PAB，故BC⊥EM，因为BC∩PC＝C，则EM⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，则EM⊥PB，所以BM＝EM＝eq \f(\r(2),2)BE＝eq \f(\r(2),2)，同理FN＝DN＝eq \f(\r(2),2)，又PG＝eq \r(3)，PM＝2eq \r(2)－eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(2),2)，则GM＝GN＝eq \f(\r(6),2)，而EF＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，所以交线长为EF＋EM＋MG＋GN＋FN＝2eq \r(2)＋eq \r(6)，故D正确．
三、填空题
13．实数a，b满足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，则ab的最小值为________．
解析：因为lg a＋lg b＝lg ab＝lg(a＋2b)，所以ab＝a＋2b≥2eq \r(2ab)，故ab≥8，当且仅当a＝4，b＝2时等号成立，故ab的最小值为8.
答案：8
14．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为________．(用数字作答)
解析：先排“冰墩墩”，中间有三个空位，再把“雪容融”插在三个空位中，则不同的排列方法种数为Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,3)＝144.
答案：144
15．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1－x)＋f(1＋x)＝2，当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－x2，若f(x)≥x＋b对一切x∈R恒成立，则实数b的最大值为________．
解析：因为f(1＋x)＋f(1－x)＝2，故f(x)的图象关于点(1,1)中心对称．当x∈[－1,0]时，f(x)＝－f(－x)＝x2＋2x，故f(x)的图象如图所示，结合图象可得，只需当x∈[－1,0]时，f(x)＝x2＋2x≥x＋b即可，即b≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，故b≤－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
16.某中学开展劳动实习，学生需测量某零件中圆弧的半径．如图，将三个半径为20 cm的小球放在圆弧上，使它们与圆弧都相切，左、右两个小球与中间小球相切．利用“十”字尺测得小球的高度差h为8 cm，则圆弧的半径为________cm.
解析：如图所示，设圆弧圆心为O，半径为R，三个小球的球心自左至右分别为O1，O2，O3，圆O1、O2相切于点Q，设∠O1OQ＝θ，则∠O1OO3＝4θ，由题意可知，sin θ＝eq \f(O1Q,OO1)＝eq \f(20,R－20)，过点O1，作O1P垂直于O2M，垂足为P.且h＝O2M－20＝O2M－O1N＝O2P＝OO2－OO1cs 2θ＝(R－20)－(R－20)cs 2θ＝2(R－20)sin2θ，即2(R－20)sin2θ＝8，所以2(R－20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,R－20)))2＝8，解得R＝120.
答案：120
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a－b＝c(cs B－cs A)．
(1)判断△ABC的形状并给出证明；
(2)若a≠b，求sin A＋sin B＋sin C的取值范围．
解：(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由a－b＝c(cs B－cs A)及正弦定理得，sin A－sin B＝sin C(cs B－cs A)，
即sin(B＋C)－sin(A＋C)＝sin C(cs B－cs A)，
即sin Bcs C＋cs Bsin C－sin Acs C－cs Asin C＝sin Ccs B－sin Ccs A，
整理得sin Bcs C－sin Acs C＝0，所以cs C(sin B－sin A)＝0，故sin A＝sin B或cs C＝0，
又A，B，C为△ABC的内角，所以a＝b或C＝eq \f(π,2)，
因此△ABC为等腰三角形或直角三角形．
(2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形，且A＋B＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,2)，
故B＝eq \f(π,2)－A，且A≠eq \f(π,4)，
所以sin A＋sin B＋sin C＝sin A＋sin B＋1＝sin A＋cs A＋1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＋1，
因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
故A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\r(2)＋1))，
因此sin A＋sin B＋sin C的取值范围为(2，eq \r(2)＋1)．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(九)
小题限时保分练—选自2022·湖北二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设A＝{x|x>1}，B＝{x|x2－2x－3<0}，则(∁RA)∩B＝( )
A．{x|x>－1} B．{x|－1C．{x|－1解析：选B 由x2－2x－3<0，即(x－3)(x＋1)<0，解得－11}，所以∁RA＝{x|x≤1}，所以(∁RA)∩B＝{x|－12．若复数z满足z(1＋2i)＝－3＋4i(i是虚数单位)，则复数z的实部是( )
A．1 B．2
C．i D．－2i
解析：选A 由z(1＋2i)＝－3＋4i，得z＝eq \f(－3＋4i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－3＋6i＋4i－8i2,5)＝1＋2i，所以复数z的实部是1.
3.函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式是( )
A．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) B．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
C．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
解析：选D 由题图知，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故ω＝2，再将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－1))代入解析式得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，得eq \f(7π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z.又|φ|4．已知平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝6，eq \(EC,\s\up7(―→))＝2eq \(DE,\s\up7(―→))，eq \(FC,\s\up7(―→))＝2eq \(BF,\s\up7(―→))，则eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．9 B．－9 C．18 D．－18
解析：选D eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \(EC,\s\up7(―→))＋eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))，则eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \(AD,\s\up7(―→))2)＝－18.
5．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))n(n∈N*)的展开式中各项的二项式系数之和为64，则其展开式中x3的系数为( )
A．160 B．－160
C．60 D．－60
解析：选B 由展开式中各项的二项式系数之和为64，得2n＝64，得n＝6.∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(2x2)6－r(－1)req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,6)26－r(－1)rx12－3r，令12－3r＝3，则r＝3，所以其展开式中x3的系数为Ceq \\al(3,6)23(－1)3＝－160.
6．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4).记点M的轨迹长度为α，则tan α＝( )
A.eq \f(\r(3),3) B．1
C.eq \r(3) D．2
解析：选C 因为PA⊥平面ABCD，所以∠PMA即为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以∠PMA＝eq \f(π,4)，
因为AP＝2，所以AM＝2，
所以点M位于矩形ABCD内以点A为圆心，2为半径的圆上，
则点M的轨迹为圆弧EF，如图．
连接AF，则AF＝2，
因为AB＝1，AD＝3，
所以∠AFB＝∠FAE＝eq \f(π,6)，
则弧EF的长度α＝eq \f(π,6)×2＝eq \f(π,3)，
所以tan α＝eq \r(3).
7．已知F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线C交于M，N两点，且eq \(F1N,\s\up7(―→))＝3eq \(F1M,\s\up7(――→))，|F2M|＝|F2N|，则C的离心率为( )
A.eq \r(2) B．eq \r(5)
C.eq \r(7) D．3
解析：选C 设|eq \(F1M,\s\up7(――→))|＝m，则|eq \(F1N,\s\up7(―→))|＝3m，设|F2M|＝|F2N|＝n，则由双曲线的定义得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－m＝2a，,3m－n＝2a，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2a，,n＝4a，))所以|eq \(F1M,\s\up7(――→))|＝2a，|eq \(F1N,\s\up7(―→))|＝6a, |F2M|＝|F2N|＝4a，|MN|＝4a，所以△MNF2为等边三角形，所以∠NMF2＝60°，则∠F1MF2＝120°，在△F1MF2中，由余弦定理得，cs∠F1MF2＝
eq \f(|MF1|2＋|MF2|2－|F1F2|2,2|MF1||MF2|)，
即－eq \f(1,2)＝eq \f(4a2＋16a2－4c2,16a2)，化简得c2＝7a2，c＝eq \r(7)a，
所以双曲线的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(7).
8．已知函数f(x)＝lg(|x|－1)＋2x＋2－x，则使不等式f(x＋1)A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B．(－2，－1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解析：选D 由|x|－1>0得f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f(－x)＝lg(|x|－1)＋2－x＋2x＝f(x)，故f(x)为偶函数，而y＝lg(|x|－1)，y＝2x＋eq \f(1,2x)在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则f(x＋1)1，,|2x|>1，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x＋1<4x2，,x＋1>1或x＋1<－1，))解得x>1或x<－2.
二、多项选择题
9．已知甲、乙两个水果店在“十一黄金周”七天的水果销售量统计如图所示，则下列说法正确的是( )
A．甲组数据的极差大于乙组数据的极差
B．若甲、乙两组数据的平均数分别为eq \x\t(x)1，eq \x\t(x)2，则eq \x\t(x)1>eq \x\t(x)2
C．若甲、乙两组数据的方差分别为seq \\al(2,1)，seq \\al(2,2)，则seq \\al(2,1)>seq \\al(2,2)
D．甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数
解析：选BD 由折线图得，甲组数据的极差小于乙组数据的极差，故A错误；甲组数据除第二天数据略低于乙组数据，其他天数据都高于乙组数据，可知eq \x\t(x)1>eq \x\t(x)2，故B正确；甲组数据比乙组数据稳定，则seq \\al(2,1)10．定义空间两个非零向量的一种运算：a⊗b＝|a||b|·sin〈a，b〉，则关于空间向量的上述运算，以下结论恒成立的是( )
A．λ(a⊗b)＝(λa)⊗b B．a⊗b＝b⊗a
C．若a⊗b＝0，则a⊥b D．|a⊗b|≤|a||b|
解析：选BD 若λ为负数，可知λ(a⊗b)＝－(λa)⊗b，故A错误；由定义知B正确；若a⊗b＝0，则sin〈a，b〉＝0，a，b共线，故C错误；由定义知a⊗b＝|a||b|·sin〈a，b〉≤|a||b|，故D正确．
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A．数列{an＋an＋1}为等比数列
B．数列{an＋1－2an}为等比数列
C．an＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)
D．S20＝eq \f(2,3)(410－1)
解析：选ABD an＝an－1＋2an－2，an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1＋an－2))(n≥3)，
因为a1＝a2＝1，所以a3＝a2＋2a1＝3，
a3＋a2＝4＝2(a2＋a1)，所以数列{an＋an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＋an＋1＝2·2n－1＝2n，故选项A正确；
an＝an－1＋2an－2，
an－2an－1＝2an－2－an－1＝－(an－1－2an－2)，
a3－2a2＝3－2＝1，a2－2a1＝1－2＝－1，
所以{an＋1－2an}是首项为－1，公比为－1的等比数列，an＋1－2an＝－1·(－1)n－1＝(－1)n，故选项B正确；
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1＋an＝2n，,an＋1－2an＝－1n，))所以an＝eq \f(2n－－1n,3)，故选项C错误；
S20＝a1＋a2＋…＋a20
＝eq \f(2－－1,3)＋eq \f(22－－12,3)＋…＋eq \f(220－－120,3)
＝eq \f(2＋22＋…＋220－[－1＋－12＋…＋－120],3)
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(21－220,1－2)－\f(－1×[1－－120],1－－1)))
＝eq \f(2,3)(220－1)＝eq \f(2,3)(410－1)，故选项D正确．
12．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足eq \(D1F,\s\up7(――→))＝λeq \(D1C1,\s\up7(――→))，eq \(D1P,\s\up7(――→))＝μeq \(D1B,\s\up7(――→))，其中λ，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝eq \f(1,2)时，三棱锥P-EFD的体积为定值
B．当μ＝eq \f(1,2)时，四棱锥P-ABCD的外接球的表面积是eq \f(9π,4)
C．若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(2,3)，则μ＝eq \f(1,3)
D．存在唯一的实数对(λ，μ)，使得DP⊥平面EFP
解析：选ABC 当λ＝eq \f(1,2)时， F是D1C1的中点，连接BC1与B1C交于点E，则E为BC1的中点，∴EF∥BD1，∴BD1∥平面EFD，又点P在BD1上，∴点P到平面EFD的距离为定值，∴三棱锥P-EFD的体积为定值，故A正确；
当μ＝eq \f(1,2)时，点P为BD1的中点，设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，则球心O在PM的延长线上，由OP＝R得OM＝R－eq \f(1,2)，由OM2＋CM2＝OC2得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝R2，解得R＝eq \f(3,4)，∴外接球的表面积为eq \f(9π,4)，故B正确；
连接BD，过点P作PM⊥BD于M，连接CM，∵B1B⊥平面ABCD，∴平面BDD1B1⊥平面ABCD，平面BDD1B1∩平面ABCD＝BD，∴PM⊥平面ABCD，∴∠PCM为CP与平面ABCD所成的角，∵eq \(D1P,\s\up7(――→))＝μeq \(D1B,\s\up7(――→))，∴BM＝eq \r(2)(1－μ)，PM＝1－μ，在△MBC中，由余弦定理有CM＝eq \r(21－μ2＋2μ－1)，在Rt△CPM中，由勾股定理有PC＝eq \r(31－μ2＋2μ－1)，∴sin∠PCM＝eq \f(PM,PC)＝eq \f(1－u,\r(31－μ2＋2μ－1))＝eq \f(2,3)，解得μ＝eq \f(1,3)(负值舍去)，故C正确；
∵点F在D1C1上，又E在BC1上，P在BD1上，∴平面PEF即为平面BC1D1A，又易证B1C⊥平面BC1D1A，∴eq \(B1C,\s\up7(―→))是平面BC1D1A的法向量，∴要使DP⊥平面EFP，须eq \(B1C,\s\up7(―→))与eq \(DP,\s\up7(―→))共线，即须eq \(A1D,\s\up7(―→))与eq \(DP,\s\up7(―→))共线，显然不可能，∴不存在实数对(λ，μ)使得DP⊥平面EFP，故D错误．
三、填空题
13．若随机变量X～N(3，σ2)，且P(X>5)＝0.2，则P(1≤X≤5)等于________．
解析：∵X～N(3，σ2)，∴P(X>5)＝P(X<1)＝0.2，∴P(1≤X≤5)＝1－P(X>5)－P(X<1)＝0.6.
答案：0.6
14．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数．若a1＝1，且an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))则解下6个圆环所需的最少移动次数为________．
解析：因为a1＝1，所以a2＝2a1＋2＝4，a3＝2a2－1＝7，a4＝2a3＋2＝16，a5＝2a4－1＝31，a6＝2a5＋2＝64.
答案：64
15．已知函数f(x)＝x＋ln(x－1)，g(x)＝xln x，若f(x1)＝1＋2ln t，g(x2)＝t2，则eq \f(ln t,x1x2－x2)的最大值为________．
解析：由题意，f(x1)＝x1＋ln(x1－1)＝1＋2ln t，得x1－1＋ln(x1－1)＝ln t2，所以ln[(x1－1)ex1－1]＝ln t2，即t2＝(x1－1)ex1－1>0，又g(x2)＝x2ln x2＝t2，得t2＝eln x2·ln x2>0.
令y＝x·ex，则y′＝(x＋1)·ex>0在[0，＋∞)上恒成立，所以y＝x·ex在[0，＋∞)上单调递增，
所以ln x2＝x1－1，则x1－ln x2＝1，
所以eq \f(ln t,x1x2－x2)＝eq \f(ln t,x2ln x2)＝eq \f(ln t,t2)，
令h(t)＝eq \f(ln t,t2)(t>0)，则h′(t)＝eq \f(1－2ln t,t3)，
.
答案：eq \f(1,2e)
16．设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过第一象限内的抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C(2p,0)，AF与BC相交于点D.若|CF|＝|AF|，且△ACD的面积为eq \f(9\r(2),2)，则直线AC的斜率k＝________，抛物线的方程为________．
解析：如图所示，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
C(2p,0)．则|CF|＝eq \f(3p,2).
∵AB∥x轴，|CF|＝|AF|，
|AB|＝|AF|，∴|CF|＝|AB| .
∴四边形ABFC为平行四边形，
∴|CF|＝|AB|＝eq \f(3p,2)，|CD|＝|BD|.
∴xA＋eq \f(p,2)＝eq \f(3p,2)，解得xA＝p，
代入y2＝2px可取yA＝eq \r(2)p，
∴S△ACD＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(3p,2)×eq \r(2)p＝eq \f(9\r(2),2)，
解得p＝2eq \r(3).∴y2＝4eq \r(3)x.
∴kAC＝eq \f(\r(2)p－0,p－2p)＝－eq \r(2).
答案：－eq \r(2) y2＝4eq \r(3)x
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．小叶紫檀是珍稀树种，因其木质好备受玩家喜爱，其幼苗从观察之日起，第x天的高度为y cm，测得数据如下：
数据的散点图如图所示：
为近似描述y与x的关系，除了一次函数y＝bx＋a，还有y＝beq \r(x)＋a和y＝bx2＋a两个函数可选．
(1)从三个函数中选出“最好”的曲线拟合y与x的关系，并求出其回归直线方程(eq \(b,\s\up6(^))保留到小数点后1位)；
(2)判断说法“高度从1 000 cm长到1 001 cm所需时间超过一年”是否成立，并给出理由．
参考公式：
eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)2)＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x).
参考数据(其中ui＝eq \r(xi)，ii＝xeq \\al(2,i))：eq \x\t(x)＝20，eq \x\t(u)＝4，eq \x\t(i)＝668，eq \x\t(y)＝8，eq \i\su(i＝1,7,x)eq \\al(2,i)＝4 676，eq \i\su(i＝1,7,u)eq \\al(2,i)＝140，eq \i\su(i＝1,7,i)eq \\al(2,i)＝7 907 396，eq \i\su(i＝1,7,x)iyi＝1 567，eq \i\su(i＝1,7,u)iyi＝283，eq \i\su(i＝1,7,i)iyi＝56 575.
解：(1)由散点图可知，这些数据集中在图中曲线的附近，而曲线的形状与函数y＝eq \r(x)的图象很相似，因此可以用类似的表达式eq \(y,\s\up6(^))＝beq \r(x)＋a来描述y与x的关系，即三个函数中eq \(y,\s\up6(^))＝beq \r(x)＋a的图象是拟合y与x的关系“最好”的曲线．
令u＝eq \r(x)，则eq \(y,\s\up6(^))＝bu＋a，根据已知数据，
得eq \x\t(u)＝4，eq \x\t(y)＝8，eq \i\su(i＝1,7,u)iyi＝283，eq \i\su(i＝1,7,u)eq \\al(2,i)＝140，
所以eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,7,u)iyi－7\x\t(u) \x\t(y),\i\su(i＝1,7,u)\\al(2,i)－7\x\t(u)2)＝eq \f(283－7×4×8,140－7×16)＝eq \f(59,28)≈2.1，
又回归直线eq \(y,\s\up6(^))＝bu＋a经过点(4,8)，所以a＝8－2.1×4＝－0.4，
所以y关于x的回归直线方程为eq \(y,\s\up6(^))＝2.1u－0.4，即eq \(y,\s\up6(^))＝2.1eq \r(x)－0.4.
(2)说法“高度从1 000 cm长到1 001 cm所需时间超过一年”成立．
设其幼苗从观察之日起，第m天的高度为1 000 cm，
有1 000＝2.1eq \r(m)－0.4，解得m≈226 939，
第n天的高度为1 001 cm，
有1 001＝2.1eq \r(n)－0.4，解得n≈227 393，
n－m＝227 393－226 939＝454天，
所以说法“高度从1 000 cm长到1 001 cm所需时间超过一年”成立．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十)
小题限时保分练—选自2022·江苏七市调研卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设全集U＝{－3，－2，－1,1,2,3}，集合A＝{－1,1}，B＝{1,2,3}，则(∁UA)∩B＝( )
A．{1} B．{1,2} C．{2,3} D．{1,2,3}
答案：C
2．已知复数z满足z(1＋2i)＝i(1＋z)，则z＝( )
A.eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i B．eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i
C．1＋i D．1－i
解析：选A 令z＝a＋bi，a，b∈R，∴(a＋bi)(1＋2i)＝i(1＋a＋bi)，即a＋2ai＋bi－2b＝(a＋1)i－b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2b＝－b，,2a＋b＝a＋1，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2).))∴z＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i.
3．已知|a|＝3，|b|＝2，(a＋2b)·(a－3b)＝－18，则a与b的夹角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析：选B ∵(a＋2b)·(a－3b)＝－18，∴a2－6b2－a·b＝－18.即|a|2－6|b|2－|a||b|cs〈a，b〉＝－18.又|a|＝3，|b|＝2，∴9－24－6cs〈a，b〉＝－18.∴cs〈a，b〉＝eq \f(1,2).又0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝60°.
4．时钟花是原产于南美热带雨林的藤蔓植物，从开放到闭合与体内的一种时钟酶有关．研究表明，当气温上升到20 ℃时，时钟酶活跃起来，花朵开始开放；当气温上升到28 ℃时，时钟酶的活性减弱，花朵开始闭合，且每天开闭一次．已知某景区一天内5～17时的气温T(单位：℃)与时间t(单位：h)近似满足关系式T＝20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t－\f(π,8)))，则该景区这天时钟花从开始开放到开始闭合约经历eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,10)≈0.8))( )
A．1.4 h B．2.4 h C．3.2 h D．5.6 h
解析：选B 设t1时开始开放，t2时开始闭合，则20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t1－\f(π,8)))＝20，又t1∈[5,17]，解得t1＝9,20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝28，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝－eq \f(4,5)，由sineq \f(3π,10)≈0.8得sineq \f(13π,10)≈－eq \f(4,5)，∴eq \f(π,8)t2－eq \f(π,8)＝eq \f(13π,10)，∴t2＝eq \f(57,5)，∴t2－t1＝eq \f(12,5)＝2.4.
5．设(1＋3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a5＝a6，则n＝( )
A．6 B．7 C．10 D．11
解析：选B (1＋3x)n展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(3x)r＝Ceq \\al(r,n)3rxr，因为a5＝a6，所以Ceq \\al(5,n)35＝Ceq \\al(6,n)36，即Ceq \\al(5,n)＝3Ceq \\al(6,n)，所以eq \f(n！,5！n－5！)＝3×eq \f(n！,6！n－6！)，整理得n－5＝2，解得n＝7.
6．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“Sn＋S3n>2S2n”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 若Sn＋S3n>2S2n，则na1＋eq \f(nn－1,2)·d＋3na1＋eq \f(3n3n－1,2)·d>2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2na1＋\f(2n2n－1,2)·d))，即eq \f(nn－1,2)·d＋eq \f(3n3n－1,2)·d>2n(2n－1)·d，(n2－n＋9n2－3n－8n2＋4n)d>0,2n2·d>0，d>0，则“d>0”是“Sn＋S3n>2S2n”的充要条件．
7．在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，B(9,6)，动点C在线段OB上，BD⊥y轴，CE⊥y轴，CF⊥BD，垂足分别是D，E，F，OF与CE相交于点P.已知点Q在点P的轨迹上，且∠OAQ＝120°，则|AQ|＝( )
A．4 B．2
C.eq \f(4,3) D．eq \f(2,3)
解析：选A 设P(x，y)，则yC＝y.∵直线OB的方程为y＝eq \f(2,3)x，∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y，y))，∴E(0，y)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y，6)).∵FC∥y轴，∴△OPE∽△FPC，∴eq \f(EP,PC)＝eq \f(OE,FC)，∴eq \f(x,\f(3,2)y－x)＝eq \f(y,6－y)，即y2＝4x，∴点P的轨迹方程为y2＝4x,0≤x≤9，故A(1,0)为该抛物线的焦点．设Q(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝4x0，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(x0－1，y0)，eq \(AO,\s\up7(―→))＝(－1，0)，∴cs∠OAQ＝eq \f(eq \(AO,\s\up7(―→))·eq \(AQ,\s\up7(―→)),|eq \(AO,\s\up7(―→))||eq \(AQ,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1－x0,\r(x0－12＋y\\al(2,0)))＝eq \f(1－x0,x0＋1)＝－eq \f(1,2)，解得x0＝3，∴|AQ|＝x0＋eq \f(p,2)＝3＋1＝4.
8．已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(5.5)＝2，g(x)＝(x－1)f(x)．若g(x＋1)是偶函数，则g(－0.5)＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选D g(x＋1)为偶函数，则g(x)关于直线x＝1对称，即g(x)＝g(2－x)，即(x－1)f(x)＝(1－x)f(2－x)，即f(x)＋f(2－x)＝0，∴f(x)关于点(1,0)对称，又f(x)是定义域为R的偶函数，∴f(x)＝－f(2－x)＝－f(x－2)，∴f(x－4)＝f[(x－2)－2]＝－f(x－2)＝－[－f(x)]＝f(x)，即f(x－4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4，∴f(5.5)＝f(1.5)＝f(－2.5)＝f(2.5)＝2，∴g(－0.5)＝g(2.5)＝1.5f(2.5)＝3.
二、多项选择题
9．已知一组数据x1，x2，…，xn的平均数为x0，若在这组数据中添加一个数据x0，得到一组新数据x0，x1，x2，…，xn，则( )
A．这两组数据的平均数相同
B．这两组数据的中位数相同
C．这两组数据的标准差相同
D．这两组数据的极差相同
解析：选AD 对于A选项，由题意得，eq \f(x1＋x2＋…＋xn,n)＝x0，∴x1＋x2＋…＋xn＝nx0，添加一个数据x0，得eq \f(x0＋x1＋…＋xn,n＋1)＝eq \f(x0＋nx0,n＋1)＝x0，∴平均数不变，A正确；
对于B选项，取一组数据1,2,3,11,14,15，中位数为7，平均数为eq \f(23,3)，加上一个eq \f(23,3)，中位数为eq \f(23,3)≠7，B错误；
对于C选项，原来s2＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n, )(xi－x0)2，后来seq \\al(2,1)＝eq \f(1,n＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n, )xi－x02＋x0－x02)))＝eq \f(1,n＋1)eq \i\su(i＝1,n, )(xi－x0)2≠s2，C错误；
对于D选项，数据不相等时，x0既不是最大值也不是最小值，极差不变，数据相等时，极差为0，加上x0，极差仍为0，极差不变，故D正确．
10．若a＞b＞0＞c，则( )
A.eq \f(c,a)>eq \f(c,b) B．eq \f(b－c,a－c)>eq \f(b,a)
C．ac>bc D．a－c>2eq \r(－bc)
解析：选ABD eq \f(c,a)－eq \f(c,b)＝eq \f(b－ac,ab)，∵a>b>0>c，∴ab>0，b－a<0，c<0，∴eq \f(b－ac,ab)>0，∴eq \f(c,a)>eq \f(c,b)，故A正确；eq \f(b－c,a－c)－eq \f(b,a)＝eq \f(ab－c－ba－c,a－ca)＝eq \f(b－ac,a－ca)，∵a>b>0>c，∴a－c>0，a>0，b－a<0，c<0，∴eq \f(b－ac,a－ca)>0，∴eq \f(b－c,a－c)>eq \f(b,a)，故B正确；设g(x)＝xc，当c<0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵a>b，∴acb－c＝b＋(－c)≥2eq \r(－bc).∵a≠b，故等号取不到，故a－c>2eq \r(－bc)，故D正确．
11．在正六棱锥P-ABCDEF中，已知底面边长为1，侧棱长为2，则( )
A．AB⊥PD
B．共有4条棱所在的直线与AB是异面直线
C．该正六棱锥的内切球的半径为eq \f(\r(15)－\r(3),4)
D．该正六棱锥的外接球的表面积为eq \f(16π,3)
解析：选BCD 如图，设底面中心为O，则在正六棱锥P-ABCDEF中，PO⊥平面ABCDEF，∴PO⊥AB.若PD⊥AB，则AB⊥平面POD，则AB⊥OD，即AB⊥AD，矛盾，A错误；
AB与PC，PD，PE，PF异面，B正确；
设内切球半径为r，取AB中点M，PA＝PB＝2，BM＝eq \f(1,2)，∴PM＝eq \r(4－\f(1,4))＝eq \f(\r(15),2)，∴S△PAB＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(15),2)＝eq \f(\r(15),4)，∴S侧＝eq \f(3\r(15),2)，S底＝6×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).故在Rt△POM中，PO＝eq \r(PM2－OM2)＝eq \r(\f(15,4)－\f(3,4))＝eq \r(3)，∴由等体积法得eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3\r(15),2)＋eq \f(3\r(3),2)))·r，解得r＝eq \f(\r(15)－\r(3),4)，C正确；
设外接球半径为R，则(eq \r(3)－R)2＋1＝R2，∴R＝eq \f(2,\r(3))，
所以S＝4πR2＝eq \f(16π,3)，D正确．
12．已知直线y＝a与曲线y＝eq \f(x,ex)相交于A，B两点，与曲线y＝eq \f(ln x,x)相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则( )
A．x2＝aex2 B．x2＝ln x1
C．x3＝ex2 D．x1x3＝xeq \\al(2,2)
解析：选ACD ∵y＝eq \f(x,ex)，∴y′＝eq \f(1－x,ex)，y′＝0时，x＝1.
故y＝eq \f(x,ex)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴ymax＝eq \f(1,e).
∵y＝eq \f(ln x,x)，∴y′＝eq \f(1－ln x,x2)，y′＝0时，x＝e，
三、填空题
13．若tan θ＝3sin 2θ，θ为锐角，则cs 2θ＝________.
解析：tan θ＝3sin 2θ，即eq \f(sin θ,cs θ)＝6sin θcs θ，
∵θ是锐角，∴sin θ≠0，
∴cs2θ＝eq \f(1,6)，
∴cs 2θ＝2cs2θ－1＝2×eq \f(1,6)－1＝－eq \f(2,3)﹒
答案：－eq \f(2,3)
14．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ex，x>0，,x2＋2x＋4，x≤0，))若f(f(a))＝4，则a＝________.
解析：由题意知，当x＞0时，f(x)＜0；当x≤0时，f(x)＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3.
∴若f(x)＝4，则x2＋2x＋4＝4(x≤0)，解得x＝0或x＝－2，若f(a)＝0(舍去)或f(a)＝－2，则－ea＝－2，解得a＝ln 2.
答案：ln 2
15．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)是双曲线右支上的两点，x1＋y1＝x2＋y2＝3.记△PQF1，△PQF2的周长分别为C1，C2，若C1－C2＝8，则双曲线的右顶点到直线PQ的距离为________．
解析：根据双曲线的定义，C1－C2＝(PQ＋PF1＋QF1)－(PQ＋PF2＋QF2)＝4a＝8.
所以a＝2，故双曲线右顶点(2,0)，
因为x1＋y1＝x2＋y2＝3，
所以P在直线x＋y＝3上，Q在直线x＋y＝3上，即直线PQ的方程为x＋y－3＝0，
所以双曲线的右顶点到直线PQ的距离为d＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
16.某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱制作而成．已知正四棱柱的底面边长为3 cm，这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为______，体积为________cm3.
解析：公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，共8个面．
底面是边长为3eq \r(2)的正方形，S＝18，其中一个正四棱锥的高为eq \f(3\r(2),2).
∴V＝eq \f(1,3)×18×eq \f(3\r(2),2)×2＝18eq \r(2).
答案：8 18eq \r(2)
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17．图1是由矩形ACC1A1、等边△ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连接B1C1，BN，如图2.
(1)证明：在图2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四点共面；
(2)在图2中，若二面角A1-AC-B的大小为θ，且tan θ＝－eq \f(1,2)，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AC的中点M，连接NM，BM，如图，因为四边形ACC1A1为矩形，N为A1C1的中点，则AC⊥MN，又因为三角形ABC为等边三角形，则AC⊥MB，MN∩MB＝M，MN⊂平面BMN，MB⊂平面BMN，则有AC⊥平面BMN，又BN⊂平面BMN，所以AC⊥BN.矩形ACC1A1中，AA1∥CC1，平行四边形ABB1A1中，AA1∥BB1，因此，BB1∥CC1，
所以B，C，C1，B1四点共面．
(2)由(1)知MN⊥AC，BM⊥AC，则∠NMB为二面角A1-AC-B的平面角，θ＝∠NMB，
在平面BMN内过M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1,0,0)，N(0，cs θ，sin θ)，C1(－1，cs θ，sin θ)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(1，eq \r(3)，0)，
eq \(CC1,\s\up7(―→))＝(0，cs θ，sin θ)，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(CB,\s\up7(―→))·n＝x＋\r(3)y＝0，,eq \(CC1,\s\up7(―→))·n＝ycs θ＋zsin θ＝0，))令y＝－1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，\f(1,tan θ)))，由tan θ＝－eq \f(1,2)得n＝(eq \r(3)，－1，－2)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，0)，设直线AB与平面BCC1B1所成的角为α，于是得sin α＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n·AB―→|,|n||AB―→|)＝eq \f(2\r(3),2\r(2)×2)＝eq \f(\r(6),4)，
所以直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值是eq \f(\r(6),4).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十一)
小题限时保分练—选自2022·武汉调研卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知复数z＝eq \f(1,1＋i)，则z的虚部为( )
A．－1 B．1 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
解析：选C 因为z＝eq \f(1,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，所以z的虚部为－eq \f(1,2).
2．已知a＝eln 2，b＝lg34，c＝21.1，则( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．a>c>b D．c>b>a
解析：选B ∵a＝eln 2＝2，b＝lg3421＝a ，∴c>a>b.
3．若椭圆eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，则a的值为( )
A.eq \r(2) B．eq \f(1,2) C.eq \r(2)或eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2)或eq \f(1,2)
解析：选C 当a2>1，即a>1时，则eq \f(a2－1,a2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，解得a＝eq \r(2)；当a2<1，即04.如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )
A.eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(4,3)
C.eq \f(4\r(2),3) D．eq \f(8,3)
解析：选B 该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为eq \r(2)的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \r(2)×1＝eq \f(4,3).
5．设sin 32°＝k，则tan 16°＋eq \f(1,tan 16°)＝( )
A.eq \f(2,k) B．eq \f(1,k) C．2k D．k
解析：选A tan 16°＋eq \f(1,tan 16°)＝eq \f(sin 16°,cs 16°)＋eq \f(cs 16°,sin 16°)＝eq \f(sin216°＋cs216°,sin 16°·cs 16°)＝eq \f(1,\f(1,2)sin 32°)＝eq \f(2,k).
6．已知直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆(x－1)2＋(y－2)2＝2 022的圆心，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A．3＋2eq \r(2) B．3－2eq \r(2)
C．6 D．9
解析：选A 由圆的方程知圆心为(1,2)，∵直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆的圆心，∴a＋2b＝1(ab>0)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝3＋eq \f(a,b)＋eq \f(2b,a)≥3＋2eq \r(\f(a,b)·\f(2b,a))＝3＋2eq \r(2)(当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(2b,a)，即a＝eq \r(2)b时取等号)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为3＋2eq \r(2).
7．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x)－2，则下列是周期函数的是( )
A．y＝f(x)－x B．y＝f(x)＋x
C．y＝f(x)－2x D．y＝f(x)＋2x
解析：选D 依题意，定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x)－2，所以f(x＋1)＋2(x＋1)＝f(x)＋2x，所以y＝f(x)＋2x是周期为1的周期函数．
8．某同学在课外阅读时了解到概率统计中的切比雪夫不等式，该不等式可以使人们在随机变量X的期望E(X)和方差D(X)存在但其分布未知的情况下，对事件“|X－E(X)|≥ε”的概率作出上限估计，其中ε为任意正实数．切比雪夫不等式的形式为P(|X－E(X)|≥ε)≤f(D(X)，ε)，其中f(D(X)，ε)是关于D(X)和ε的表达式．由于记忆模糊，该同学只能确定f(D(X)，ε)的具体形式是下列四个选项中的某一种．请你根据所学相关知识，确定该形式是( )
A．D(X)·ε2 B．eq \f(1,DX·ε2)
C.eq \f(ε2,DX) D．eq \f(DX,ε2)
解析：选D 切比雪夫不等式的形式为P(|X－E(X)|≥ε)≤f(D(X)，ε)，由题知P(|X－E(X)|≥ε)＝P(|X－E(X)|2≥ε2)≤eq \f(E|X－EX|2,ε2)＝eq \f(DX,ε2)，则D(|X－E(X)|≤ε)≥eq \f(DX,ε2)，则f(D(X)，ε)的具体形式为eq \f(DX,ε2).
二、多项选择题
9．已知集合A＝{1,4，a}，B＝{1,2,3}，若A∪B＝{1,2,3,4}，则a的取值可以是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选AB 因为A∪B＝{1,2,3,4}，所以{1,4，a}⊆{1,2,3,4}，所以a＝2或a＝3.
10．在研究某种产品的零售价x(单位：元)与销售量y(单位：万件)之间的关系时，得到一组数据如下表所示.
利用最小二乘法计算数据，得到的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋26.2，则下列说法正确的是( )
A．x与y的样本相关系数r>0
B．经验回归直线必过点(16,14.2)
C.eq \(b,\s\up6(^))<0
D．若该产品的零售价定为22元，可预测销售量是9.7万件
解析：选BCD 由题表中数据可知eq \x\t(x)＝eq \f(12＋14＋16＋18＋20,5)＝eq \f(80,5)＝16，eq \x\t(y)＝eq \f(17＋16＋14＋13＋11,5)＝eq \f(71,5)＝14.2，根据样本相关系数的公式为r＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\r(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)2\i\su(i＝1,n, )yi－\x\t(y)2))，故样本相关系数的正负取决于分子eq \i\su(i＝1,5, )(xi－eq \x\t(x))(yi－eq \x\t(y)) ＝(－4)×2.8＋(－2)×1.8＋0×(－0.2)＋2×(－1.2)＋4×(－3.2)＝－30<0，故A不正确；由变量x与y的均值，得样本点的中心为(16,14.2)，所以经验回归方程必过样本点的中心(16,14.2)，故B正确；将(16,14.2)代入eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋26.2中，得14.2＝eq \(b,\s\up6(^))×16＋26.2，解得eq \(b,\s\up6(^))＝－0.75<0，故C正确；因为eq \(b,\s\up6(^))＝－0.75，所以经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝－0.75x＋26.2，当x＝22时，eq \(y,\s\up6(^))＝－0.75×22＋26.2＝－16.5＋26.2＝9.7，所以若该产品的零售价定为22元，可预测销售量是9.7万件，故D正确．
11．函数f(x)＝sin x＋acs x(a≠0)在一个周期内的图象可以是( )
解析：选AC 函数f(x)＝sin x＋acs x＝eq \r(1＋a2)sin(x＋φ)，其中tan φ＝a，因为a≠0，所以φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即|φ|12．数列{an}共有M项(常数M为大于5的正整数)，对任意正整数k≤M，有ak＋aM＋1－k＝0，且当n≤eq \f(M,2)时，an＝eq \f(1,2n).记{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的有( )
A．若Sn≤eq \f(1 023,1 024)，则M≤20
B．{an}中可能出现连续五项构成等差数列
C．对任意小于M的正整数p，q，存在正整数i，j，使得ai＋aj＝Sp－Sq
D．对{an}中任意一项ar，必存在as，at(s≠t)，使得ar，as，at按照一定顺序排列可以构成等差数列
解析：选BCD 根据条件可知，数列{an}具有的性质为首尾对称性，两个数互为相反数，如果中间数为1个，则必为0.下面对M讨论．当M为偶数(数列{an}各项非零)时，(Sn)max＝≤eq \f(1 023,1 024)，得≥eq \f(1,1 024)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))10，所以M≤20.当M为奇数(数列{an}中＝0)时，(Sn)max＝Seq \f(M＋1,2)＝Seq \f(M－1,2)＝1－≤eq \f(1 023,1 024)，解得M≤21，故A错误；显然满足，如eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，0，－eq \f(1,4)，－eq \f(1,2)，故B正确；通过数列具有对称性知，对任意小于M的正整数p，q，有Sp－Sq的值是该数列中的一项或两项，当值为一项时，因为任意小于M的正整数p，q，故该项必定为中间项，数列an＝eq \f(1,2n)刚好具备相邻两项差为该数列的某一项；如果为两项，显然直接找出其两项即可，故C正确；考虑到数列eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，eq \f(1,16)，…，－eq \f(1,16)，－eq \f(1,8)，－eq \f(1,4)－eq \f(1,2)，满足eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)＝2·eq \f(1,2n＋2)，当n≤eq \f(M,2)时，an＋aM－n＝2an＋2；当n>eq \f(M,2)时，由对称性，也成立，如－eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＝－eq \f(1,8)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,16))).
三、填空题
13．若平面向量a＝(1,1)，b＝(2，m)满足a⊥(a－b)，则m＝________.
解析：∵a⊥(a－b)，∴(a－b)·a＝0，又a＝(1,1)，b＝(2，m)，a－b＝(－1,1－m)，∴－1＋1－m＝0，即m＝0.
答案：0
14．若一个偶函数的值域为(0,1]，则这个函数的解析式可以是f(x)＝________.
解析：取f(x)＝2－|x|，函数的定义域为(－∞，＋∞)且关于原点对称，f(－x)＝2－|－x|＝2－|x|＝f(x)，所以函数f(x)＝2－|x|为偶函数．∵|x|≥0，∴－|x|≤0，∴0<2－|x|≤20＝1，即0答案：2－|x|(答案不唯一)
15.如图，发电厂的冷却塔外形是由双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所得到的曲面，该冷却塔总高度为70米，水平方向上塔身最窄处的半径为20米，最高处塔口半径25米，塔底部塔口半径为20eq \r(2)米，则该双曲线的离心率为________．
解析：如图，以冷却塔的轴截面的最窄处所在的直线为x轴，垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由题意知|CD|＝2a＝40，所以a＝20，A(25，m)，F(20eq \r(2)，－70＋m)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(252,202)－\f(m2,b2)＝1，,\f(20\r(2)2,202)－\f(m－702,b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝40，,m＝30，))所以c2＝a2＋b2＝400＋1 600＝2 000，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2 000),20)＝eq \r(5).
答案：eq \r(5)
16．三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形，且AC＝2eq \r(2)，各侧棱长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点，则E到平面ABC的距离为________；设Q到平面PBC的距离为d1，Q到直线AB的距离为d2，则d1＋d2的最小值为________．
解析：取AC中点O，连接PO，BO，
因为PA＝PC＝3，AC＝2eq \r(2)，所以PO⊥AC，且PO＝eq \r(32－2)＝eq \r(7)，因为△ABC是等腰直角三角形，所以BO⊥AC，且BO＝eq \r(2)，又PB＝3，满足PB2＝PO2＋BO2，所以PO⊥BO，因为AC∩BO＝O，所以PO⊥平面ABC，因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为eq \f(1,2)PO＝eq \f(\r(7),2)；如图，以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0，eq \r(2)，0)，E0，－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(7),2)，P(0,0，eq \r(7))，A(0，－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0,0)，则eq \(PB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，0，－eq \r(7))，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(7))，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(CE,\s\up7(―→))＝0，－eq \f(3\r(2),2)，eq \f(\r(7),2)，设eq \(CQ,\s\up7(―→))＝λeq \(CE,\s\up7(―→)) (0≤λ≤1)，则可得eq \(CQ,\s\up7(―→))＝0，－eq \f(3\r(2),2)λ，eq \f(\r(7),2)λ，则Q0，－eq \f(3\r(2),2)λ＋eq \r(2)，eq \f(\r(7),2)λ，则eq \(AQ,\s\up7(―→))＝0,2eq \r(2)－eq \f(3\r(2),2)λ，eq \f(\r(7),2)λ，所以cs∠QAB＝eq \f(eq \(AQ,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),|eq \(AQ,\s\up7(―→))||eq \(AB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(4－3λ,\r(25λ2－48λ＋32))，所以sin∠QAB＝eq \r(\f(16λ2－24λ＋16,25λ2－48λ＋32))，所以d2＝|AQ|·sin∠QAB＝eq \r(4λ2－6λ＋4)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PB,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(PC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x－\r(7)z＝0，,\r(2)y－\r(7)z＝0，))令x＝eq \r(7)，可得n＝(eq \r(7)，eq \r(7)，eq \r(2))，则d1＝eq \f(|eq \(CQ,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(14),4)λ，所以设d1＋d2＝f(λ)＝eq \r(4λ2－6λ＋4)＋eq \f(\r(14),4)λ，0≤λ≤1，所以f′(λ)＝eq \f(4λ－3,\r(4λ2－6λ＋4))＋eq \f(\r(14),4)，令f′(λ)＝0，解得λ＝eq \f(2,5)，又f″(λ)＝eq \f(7,4λ2－6λ＋4\r(4λ2－6λ＋4))>0，所以f′(λ)在[0,1]上单调递增，所以当λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))时，f′(λ)<0，f(λ)单调递减，当λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))时，f′(λ)>0，f(λ)单调递增，所以f(λ)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝eq \f(\r(14),2)，即d1＋d2的最小值为eq \f(\r(14),2).
答案：eq \f(\r(7),2) eq \f(\r(14),2)
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，m))为E上一点，且Q到E的准线的距离等于其到坐标原点O的距离．
(1)求E的方程；
(2)设AB为圆(x＋2)2＋y2＝4的一条不垂直于y轴的直径，分别延长AO，BO交E于C，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
解：(1)设抛物线焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
由题意|QO|＝|QF|，故eq \f(p,2)＝2×eq \f(1,4)，解得p＝1.
故抛物线的标准方程为y2＝2x.
(2)由题意，直线AC斜率存在且不为0，设直线AC的方程为y＝kx，设点A(x1，y1)，C(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,x＋22＋y2＝4，))消去y整理得(k2＋1)x2＋4x＝0，由x1≠0，得x1＝eq \f(－4,k2＋1).联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝2x，))消去y整理得k2x2－2x＝0，由x2≠0，得x2＝eq \f(2,k2).
|AC|＝eq \r(k2＋1)|x2－x1|＝eq \f(23k2＋1,k2\r(k2＋1)).
因为AC⊥BD，用－eq \f(1,k)代替k，得|BD|＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋1)),\f(1,k2) \r(\f(1,k2)＋1))＝eq \f(2k2＋3|k|,\r(k2＋1)).故四边形ABDC的面积S＝eq \f(1,2)|AC|·|BD|＝eq \f(23k2＋1k2＋3,|k|k2＋1)＝eq \f(6k2＋\f(6,k2)＋20,|k|＋\f(1,|k|)).
令|k|＋eq \f(1,|k|)＝t(t≥2)，S＝eq \f(6t2＋8,t)＝6t＋eq \f(8,t).
设函数f(t)＝6t＋eq \f(8,t)(t≥2)，f′(t)＝6－eq \f(8,t2)＝eq \f(6t2－8,t2)>0，故f(t)单调递增．
故当t＝2，即|k|＝1时，S取到最小值16，所以四边形ABCD面积的最小值是16.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十二)
小题限时保分练—选自2022·石家庄质检卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－3，－2，－1,0,1}，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈Z\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,x－1)<0))))，则A∩B＝( )
A．[－3,1) B．[－3,1]
C．{－3，－2，－1,0,1} D．{－2，－1,0}
解析：选D B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈Z\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,x－1)<0))))＝{x∈Z|－32．已知复数z满足z(1＋i)＝2＋3i，则在复平面内z对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A 设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为z(1＋i)＝2＋3i，所以(a＋bi)(1＋i)＝2＋3i，即a－b＋(a＋b)i＝2＋3i，由复数相等的充要条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝2，,a＋b＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(5,2)，,b＝\f(1,2)，))则z＝eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)i，所以在复平面内z对应点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(1,2)))，所以在复平面内z对应的点位于第一象限，故选A.
3．已知sin α＋cs α＝eq \f(7,5)，则sin 2α＝( )
A.eq \f(12,25) B．－eq \f(12,25) C.eq \f(24,25) D．－eq \f(24,25)
解析：选C 因为sin α＋cs α＝eq \f(7,5)，所以(sin α＋cs α)2＝eq \f(49,25)，即sin2 α＋2sin αcs α＋cs2 α＝eq \f(49,25)，即1＋sin 2α＝eq \f(49,25)，所以sin 2α＝eq \f(24,25)，故选C.
4．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a2 021＝6，则S2 022＝( )
A．3 033 B．4 044 C．6 066 D．8 088
解析：选C 因为数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，所以S2 022＝eq \f(a1＋a2 022×2 022,2)＝1 011×(a2＋a2 021)＝1 011×6＝6 066，故选C.
5．在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝60°，PA＝2，AB＝AC＝eq \r(3)，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A.eq \f(4π,3) B．eq \f(8\r(2)π,3) C．8π D．12π
解析：选C 由题易知△ABC是等边三角形．如图，作OM⊥平面ABC，其中M为△ABC的中心，且点O满足OM＝eq \f(1,2)PA＝1，则点O为三棱锥P-ABC外接球的球心．于是，该外接球的半径R＝OA＝eq \r(AM2＋OM2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)×\r(3)×\f(2,3)))2＋12)＝eq \r(2).故该球的表面积S＝4πR2＝8π.
6．已知矩形ABCD的对角线长为4，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝3eq \(PC,\s\up7(―→))，则eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(PD,\s\up7(―→))＝( )
A．－2 B．－3
C．－4 D．－5
解析：选B 设O为对角线AC和BD的中点，则eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→))＝0，|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OD,\s\up7(―→))|＝2.由eq \(AP,\s\up7(―→))＝3eq \(PC,\s\up7(―→))，得|eq \(OP,\s\up7(―→))|＝1.因为eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→))，所以eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(PD,\s\up7(―→))＝(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→)))＝eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(PO,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→)))＋eq \(OB,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))＝1－4＝－3.故答案为B.
7．已知点P是抛物线C：y2＝4x上的动点，过点P向y轴作垂线，垂足记为点N，点M(3,4)，则|PM|＋|PN|的最小值是( )
A．2eq \r(5)－1 B．eq \r(5)－1
C.eq \r(5)＋1 D．2eq \r(5)＋1
解析：选A 设抛物线C的焦点为F，准线为l，则F(1,0)，准线l：x＝－1，如图，连接PF，则由抛物线的定义可得|PN|＋1＝|PF|，点M(3,4)的位置如图所示，所以|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PF|－1≥|MF|－1＝eq \r(3－12＋4－02)－1＝2eq \r(5)－1，当且仅当M，P，F三点共线且点P在点M，F之间时等号成立，即点P为线段MF与抛物线C的交点时等号成立，所以|PM|＋|PN|的最小值为2eq \r(5)－1，故选A.
8．已知x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))，y＝lg45，z＝lg34，则x，y，z的大小关系为( )
A．y>x>z B．x>y>z
C．z>x>y D．x>z>y
解析：选D 因为y＝lg45>0，z＝lg34>0，所以eq \f(y,z)＝eq \f(lg45,lg34)＝lg45·lg43y.易知x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))eq \f(5,4)>eq \f(4,3)，因为34>43，所以3eq \f(4,3)>4，所以eq \f(4,3)＝lg33eq \f(4,3)>lg34＝z，所以x>eq \f(4,3)>z.综上，x>z>y，故选D.
二、多项选择题
9．设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )
A．若a∥b，b∥α，则a∥α
B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β
C．若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α⊥β
D．若a⊥α，b∥α，则a⊥b
解析：选ABC 对于A，如图1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若AB为a，A1B1为b，平面ABCD为α，满足a∥b，b∥α，但a⊂α，所以A不正确；对于B，如图2，在正方体EFMN-E1F1M1N1中，若EF为a，
E1F1为b，平面EFMN为β，平面MNN1M1为α，满足a∥b，a∥α，b∥β，但α与β相交，所以B不正确；对于C，如图3，在正方体PQRS-P1Q1R1S1中，若PP1为a，P1Q1为b，平面P1Q1R1S1为α，平面PQRS为β，满足a⊥b，a⊥α，b∥β，但α∥β，所以C不正确；
对于D，因为b∥α，所以存在平面γ，满足b⊂γ，且α∩γ＝l，此时b∥l，因为a⊥α，l⊂α，所以a⊥l，又b∥l，所以a⊥b，所以D正确．故选A、B、C.
10．设正实数m，n满足m＋n＝2，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为2 B．mn的最大值为1
C.eq \r(m)＋eq \r(n)的最大值为4 D．m2＋n2的最小值为eq \f(5,4)
解析：选AB 对于A，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(n,m)·\f(m,n))))＝2，当且仅当m＝n＝1时等号成立，所以A正确；对于B，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以mn≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))2＝1，当且仅当m＝n＝1时等号成立，所以B正确；对于C，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以(eq \r(m)＋eq \r(n))2＝m＋n＋2eq \r(mn)≤2＋m＋n＝4，即eq \r(m)＋eq \r(n)≤2，当且仅当m＝n＝1时等号成立，所以eq \r(m)＋eq \r(n)的最大值为2，所以C不正确；对于D，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以n＝2－m,011．已知圆C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11与圆C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，则下列说法正确的是( )
A．若圆C2与x轴相切，则m＝2
B．若m＝－3，则圆C1与圆C2相离
C．若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在直线的方程为4x＋(6－2m)y＋m2＋2＝0
D．直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点
解析：选BD 对于A，由x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0得(x＋1)2＋(y－m)2＝4，所以圆C2的圆心为C2(－1，m)，圆C2的半径r2＝2，若圆C2与x轴相切，则|m|＝r2＝2，即m＝±2，所以A错误；对于B，当m＝－3时，C2(－1，－3)，因为圆C1的圆心为C1(1,3)，圆C1的半径r1＝eq \r(11)，所以|C1C2|＝2eq \r(10)>r1＋r2＝eq \r(11)＋2，所以圆C1与圆C2相离，所以B正确；对于C，圆C1的一般方程为x2＋y2－2x－6y－1＝0，圆C2的一般方程为x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，因为圆C1与圆C2有公共弦，所以公共弦所在直线的方程为4x＋(6－2m)y＋m2－2＝0，所以C错误；对于D，因为直线kx－y－2k＋1＝0，即y－1＝k(x－2)，所以直线恒过定点(2,1)，因为(2－1)2＋(1－3)2＝5<11，所以点(2,1)在圆C1的内部，所以直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点，所以D正确．故选B、D.
12．已知函数f(x)＝sin(sin x)＋cs(cs x)，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的一个周期为2π
B．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．函数f(x)的最大值为eq \r(2)
D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
解析：选ABD 对于A，因为f(x)＝sin(sin x)＋cs(cs x)，所以f(x＋2π)＝sin[sin(x＋2π)]＋cs[cs(x＋2π)]＝sin(sin x)＋cs(cs x)＝f(x)，所以函数f(x)的一个周期为2π，所以A正确；对于B，f′(x)＝cs(sin x)·cs x－sin(cs x)·(－sin x)＝cs x·cs(sin x)＋sin x·sin(cs x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以B正确；对于C，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin 1＋cs 0＝sin 1＋1>sineq \f(π,4)＋1＝1＋eq \f(\r(2),2)>eq \r(2)，所以函数f(x)的最大值不为eq \r(2)，所以C错误；对于D，f(π－x)＝sin[sin(π－x)]＋cs[cs(π－x)]＝sin(sin x)＋cs(－cs x)＝sin(sin x)＋cs(cs x)＝f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，所以D正确．故选A、B、D.
三、填空题
13．某中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1 200，1 000,800，为迎接春季运动会的到来，根据要求，按照年级人数进行分层抽样，抽选出30名学生当志愿者，则高一年级应抽选的人数为________．
解析：设高一年级应抽选的人数为x，则eq \f(x,1 200)＝eq \f(30,1 200＋1 000＋800)，解得x＝12，即高一年级应抽选的人数为12.
答案：12
14．(3＋y)(x－y)4的展开式中x2y3的系数为______．
解析：(x－y)4展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k(－y)k＝(－1)kCeq \\al(k,4)x4－kyk.若在多项式(3＋y)中取3，则不会出现含x2y3的项，所以在多项式(3＋y)中只能取y，则在(x－y)4的展开式中取含x2y2的项，即令k＝2，所以y·(－1)2Ceq \\al(2,4)x2y2＝6x2y3，所以(3＋y)(x－y)4的展开式中x2y3的系数为6.
答案：6
15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg3x|，0解析：当3≤x≤15时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))，因为eq \f(2π,\f(π,6))＝12，所以当3≤x≤15时，f(x)的图象恰好是函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))的一个周期内的图象，且直线x＝9是函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))在[3,15]上的图象的一条对称轴．作出函数f(x)的图象，如图所示，由x1答案：1 (0,27)
16．已知椭圆C1和双曲线C2有公共的焦点F1，F2，曲线C1和C2在第一象限相交于点P，且∠F1PF2＝60°，若椭圆C1的离心率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，则双曲线C2的离心率的取值范围是________．
解析：不妨设F1(－c,0)，F2(c,0)，椭圆C1的长轴长为2a，双曲线C2的实轴长为2a′，因为椭圆C1和双曲线C2在第一象限相交于点P，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|＝2a，,|PF1|－|PF2|＝2a′，))解得|PF1|＝a＋a′，|PF2|＝a－a′.因为∠F1PF2＝60°，所以在△PF1F2中，由余弦定理|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2，得4c2＝(a＋a′)2＋(a－a′)2－(a＋a′)(a－a′)，即4c2＝a2＋3a′2，即eq \f(a2,c2)＋eq \f(3a′2,c2)＝4.设椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，则eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(3,e\\al(2,2))＝4，即eq \f(3,e\\al(2,2))＝4－eq \f(1,e\\al(2,1)).
由题意知e1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，令f(e1)＝4－eq \f(1,e\\al(2,1))，eq \f(\r(3),3)≤e1≤eq \f(\r(2),2)，则f(e1)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))上单调递增，所以f(e1)∈[1,2]，即1≤eq \f(3,e\\al(2,2))≤2，所以eq \f(1,2)≤eq \f(e\\al(2,2),3)≤1，即eq \f(3,2)≤eeq \\al(2,2)≤3，又e2>1，所以eq \f(\r(6),2)≤e2≤eq \r(3)，即双曲线C2的离心率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3)))
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝ax－ln x，g(x)＝x2－nx＋m.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当00，都有f(x)g(x)>0，求证：2解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq \f(1,x)，
当a≤0时，对于任意的x>0，都有f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)；令f′(x)<0，解得0(2)证明：因为当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))内单调递增，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1＋ln a<1－ln 4<0，f(1)＝a>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)))＝2ln a＋eq \f(1,a)>0，
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝0，且当x∈(0，x1)时，f(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f(x)<0，当x∈(x2，＋∞)时，f(x)>0，因为对于任意的x>0，都有f(x)g(x)>0，所以x1，x2也是函数g(x)的两个零点，
即x1，x2是方程x2－nx＋m＝0的根，所以x1＋x2＝n，x1x2＝m，
又因为ax1＝ln x1，ax2＝ln x2，
所以ln m＝ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以2因为0下面证明：x1＋x2>eq \f(2,a).
要证x1＋x2>eq \f(2,a)，即证x2>eq \f(2,a)－x1，
因为x2，eq \f(2,a)－x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以只需证f(x2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x1))，
又因为f(x1)＝f(x2)，
所以也只需证f(x1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x1))，
设p(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))，
则p′(x)＝f′(x)＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))＝2a－eq \f(\f(2,a),x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x)))，
因为xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))又因为peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，p(x)>0，即f(x)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))，
因为x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，所以f(x1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x1))，
所以x1＋x2>eq \f(2,a)成立，即a(x1＋x2)>2，
因此2“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十三)
小题限时保分练—选自2022·重庆三模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,3,5}，B＝{x|x2＝4}，则(∁UA)∩B＝( )
A．{－2,2} B．{2,4}
C．{4} D．{2}
解析：选D B＝{x|x2＝4}＝{－2,2}，由题可知∁UA＝{2,4}，所以(∁UA)∩B＝{2}．
2．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象的一条对称轴为( )
A．x＝eq \f(π,12) B．x＝－eq \f(π,12)
C．x＝eq \f(π,6) D．x＝－eq \f(π,6)
解析：选B 令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，则x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，即函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象的对称轴为直线x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝－eq \f(π,12).
3．已知a>0且a≠1，“函数f(x)＝ax为增函数”是“函数g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 函数f(x)＝ax为增函数，则 a>1，此时a－1>0，故函数g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增；当g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增时，a－1>0，所以a>1，故f(x)＝ax为增函数．
4．已知O为△ABC的重心，记eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．－2a－b B．－a＋2b
C．a－2b D．2a＋b
解析：选A 因为O为△ABC的重心，所以eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝0，所以eq \(OC,\s\up7(―→))＝－eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))，而eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝－2eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝－2a－b.
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x≤0，,|lg2x|，x＞0.))则函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)的零点个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选C 当x≤0时，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－eq \f(1,2)＝0，∴x＝1，因为x≤0，所以舍去；当x>0时，g(x)＝|lg2x|－eq \f(1,2)＝0，∴x＝eq \r(2)或x＝eq \f(\r(2),2)，满足x>0.所以x＝eq \r(2)或x＝eq \f(\r(2),2).函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)的零点个数为2.
6．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断．为了研究“冰墩墩”与“雪容融”在不同性别的人群中受欢迎程度是否存在差异，某机构从关注冬奥会公众号的用户中随机调查了100人，得到如下2×2列联表：
参考公式：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
附表：
则下列说法正确的是( )
A．有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”
B．有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”
C．在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”
D．在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”
解析：选B 由题意可得χ2＝eq \f(100×25×35－25×152,40×60×50×50)≈4.167>3.841，所以有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”．
7．中国传统文化中，在齐鲁大地过年包饺子要包三样，第一是麸子，寓意幸福；第二是钱币，寓意求财；第三是糖，寓意甜蜜．小明妈妈在除夕夜煮了10个饺子，其中5个麸子饺子，3个钱币饺子，2个糖饺子，小明从中随机夹了3个饺子，则小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(7,12)
C.eq \f(5,8) D．eq \f(4,5)
解析：选C 小明从中随机夹了3个饺子共有Ceq \\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120种；
如果是1个麸子1个钱币饺子1个糖饺子，共有5×3×2＝30种；
如果是1个麸子2个钱币饺子，共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,3)＝15种；
如果是2个麸子1个钱币饺子，共有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30种．
由古典概型的概率公式，得小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是P＝eq \f(30＋15＋30,120)＝eq \f(5,8).
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋(－1)n＋1an＝sineq \f(nπ,4)(n∈N*)，则S2 022＝( )
A．－eq \f(\r(2),2) B．0 C.eq \f(\r(2),2) D．eq \r(2)
解析：选C 当n为奇数时有an＋1＋an＝sineq \f(nπ,4)，函数y＝sineq \f(nπ,4)(n∈N*)的周期为8，故有an＋9＋an＋8＝an＋1＋an，a2＋a1＝sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)，a4＋a3＝sineq \f(3π,4)＝eq \f(\r(2),2)，a6＋a5＝sineq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，…，按此规律循环重复下去，S8＝0，故有S2 022＝252×0＋eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
二、多项选择题
9．已知复数z＝eq \f(2,－1＋i)，则( )
A．|z|＝eq \r(2)
B．z的虚部为－1
C．z2为纯虚数
D.eq \x\t(z)在复平面内对应的点位于第一象限
解析：选ABC 由题得z＝eq \f(2,－1＋i)＝eq \f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，所以|z|＝eq \r(2)，选项A正确；因为z的虚部为－1，所以选项B正确；由于z2＝(－1－i)2＝2i为纯虚数，所以选项C正确；eq \x\t(z)＝－1＋i在复平面内对应的点为(－1,1)位于第二象限，所以选项D错误．
10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是( )
A．AB1 B．A1C
C．A1A D．AD1
解析：选BCD 对于A，如图1，当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；
对于B，如图2，因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉ A1C，P∉平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
对于C，如图2，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C，所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
对于D，如图3，因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C，所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．
11．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左右焦点为F1，F2，左右顶点为A1，A2，过F2的直线l交双曲线C的右支于P，Q两点，设∠PA1A2＝α，∠PA2A1＝β，当直线l绕着F2转动时，下列量保持不变的是( )
A．△PQA1的周长 B．△PF1Q的周长与2|PQ|之差
C.eq \f(tan α,tan β) D．tan α·tan β
解析：选BD 如图所示，当直线l的倾斜角越小时，点△PQA1的周长越大，故A不正确；△PF1Q的周长为|PF1|＋|QF1|＋|PQ|＝4a＋|PF2|＋|QF2|＋|PQ|＝4a＋2|PQ|，所以△PF1Q的周长与2|PQ|之差为4a，故B正确；设P(x，y)，则tan α＝eq \f(|y|,a＋x)，tan β＝－eq \f(|y|,x－a)，由eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(a－x,a＋x)不是常量，故C不正确；由tan α·tan β＝eq \f(|y|,a＋x)·eq \f(|y|,a－x)＝eq \f(y2,a2－x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1))b2,a2－x2)＝－eq \f(b2,a2)为常量，故D正确．
12．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E，F分别在边AD，DC上(不包含端点)运动，且满足∠EBF＝eq \f(π,6)，则△BEF的面积可以是( )
A．2 B．2eq \r(2) C．3 D．4
解析：选BC 如图，以B为原点，BA，BC所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设F(x,4)，E(2，y)(0三、填空题
13．曲线y＝eq \f(1,x)＋ln(2x＋2)＋5在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3))处的切线方程为________．
解析：由y＝eq \f(1,x)＋ln(2x＋2)＋5，得y′＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x＋1)，则切线的斜率为y′＝－4＋2＝－2.所以曲线y＝eq \f(1,x)＋ln(2x＋2)＋5在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3))处的切线方程为y－3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，即y＝－2x＋2.因此所求切线的方程为y＝－2x＋2.
答案：y＝－2x＋2
14．cs 40°cs 80°－cs 50°sin 100°＝________.
解析：原式＝cs 40°cs 80°－sin 40°sin 80°＝cs(40°＋80°)＝cs120°＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
15．已知点A(－2,3)，B(2,1)，圆C：x2＋y2＝r2(r>0)与线段AB(包含端点)有公共点，则r的取值范围是________．
解析：当A，B两点都在圆内时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋9eq \r(13)，直线AB的方程为eq \f(y－3,x＋2)＝eq \f(1－3,2＋2)，即x＋2y－4＝0，原点到直线AB的距离为eq \f(|－4|,\r(1＋4))＝eq \f(4\r(5),5)，又因为kOA＝－eq \f(3,2)，kOB＝eq \f(1,2)，kAB＝－eq \f(1,2)，所以原点与线段AB上的点所在直线的斜率的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(1,2)))，因为圆C：x2＋y2＝r2(r>0)与线段AB(包含端点)有公共点，所以eq \f(4\r(5),5)≤r≤ eq \r(13).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)， \r(13)))
16．已知a>0，b>0，且a2b＋3ab2＝3a＋b，则a＋3b的最小值为________．
解析：由题得ab(a＋3b)＝3a＋b，∴a＋3b＝eq \f(3a＋b,ab)＝eq \f(3,b)＋eq \f(1,a)，所以(a＋3b)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,b)＋\f(1,a)))(a＋3b)＝10＋eq \f(3a,b)＋eq \f(3b,a)≥10＋2eq \r(\f(3a,b)·\f(3b,a))＝16(当且仅当a＝b＝1时取等号)．因为a＋3b≥4，所以a＋3b的最小值为4.
答案：4
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．某次围棋比赛的决赛，由甲、乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲、乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为p(0(1)记第一天需要进行比赛盘数为X.
①求E(X)，并求当E(X)取最大值时p的值；
②结合实际，谈谈①中结论的意义；
(2)当p＝eq \f(1,2)时，记总共进行的比赛盘数为Y，求P(Y≤5)．
解：(1)①X可能取值为2,3，
P(X＝2)＝p2＋(1－p)2＝2p2－2p＋1；
P(X＝3)＝2p(1－p)＝－2p2＋2p
故E(X)＝2(2p2－2p＋1)＋3(－2p2＋2p)＝－2p2＋2p＋2，即E(X)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(1,2)))2＋eq \f(5,2)，
则当p＝eq \f(1,2)时，E(X)取得最大值．
②结合实际，当p＝eq \f(1,2)时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．
(2)当p＝eq \f(1,2)时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
比分为2∶1或1∶2的概率均为2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
Y≤5，则Y＝4或Y＝5,
Y＝4即获胜方两天均为2∶0获胜，
故P(Y＝4)＝2×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)；
Y＝5即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，故P(Y＝5)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×\f(1,4)×2＋\f(1,4)×\f(1,4)×2×\f(1,2)))＝eq \f(3,8)，
所以P(Y≤5)＝P(Y＝4)＋P(Y＝5)＝eq \f(1,8)＋eq \f(3,8)＝eq \f(1,2).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十四)
小题限时保分练—选自2022·福州联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x∈Z|x2－x－2≤0}，B＝{0,1,2,3}，则A∩B＝( )
A．{0,1} B．{0,1,2}
C．{－1,0,1,2,3} D．{－2，－1,0,1,2,3}
解析：选B A＝{x∈Z|x2－x－2≤0}＝{x∈Z|－1≤x≤2}＝{－1,0,1,2}，又B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1,2}．
2.eq \r(x)－eq \f(2,\r(3,x))5的展开式中的常数项为( )
A．－160 B．－80 C．80 D．160
解析：选B eq \r(x)－eq \f(2,\r(3,x))5的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k－eq \f(2,\r(3,x))k＝(－2)kCeq \\al(k,5)xeq \f(15－5k,6)，令eq \f(15－5k,6)＝0，得k＝3，所以常数项为(－2)3Ceq \\al(3,5)＝－80.
3．设复数z1，z2，z3满足z3≠0，且|z1|＝|z2|，则( )
A．z1＝±z2 B．zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
C．z1·z3＝z2·z3 D．|z1·z3|＝|z2·z3|
解析：选D 因为|z1|＝|z2|，所以|z1|·|z3|＝|z2|·|z3|，即|z1·z3|＝|z2·z3|.
4．若a>0，b>0，则“a＋b<2”的一个必要不充分条件是( )
A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<1 B．ab<1
C．a2＋b2<2 D．eq \r(a)解析：选B 对于A，取a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)，满足a＋b<2，但eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝4>1，所以“eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<1”不是“a＋b<2”的必要条件，所以A错误；对于B，因为a>0，b>0，所以若a＋b<2，则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2<1；若ab<1，不妨取a＝10，b＝eq \f(1,20)，则a＋b>2.所以“ab<1”是“a＋b<2”的必要不充分条件，所以B正确；对于C，若a＋b<2，不妨取a＝1.5，b＝0.4，则a2＋b2>2，所以“a2＋b2<2”不是“a＋b<2”的必要条件，所以C错误；对于D，若a＋b<2，则a<2－b，因为a>0，b>0，所以2－b>0，所以eq \r(a)< eq \r(2－b)；若eq \r(a)< eq \r(2－b)，则a<2－b，即a＋b<2.所以“eq \r(a)< eq \r(2－b)”是“a＋b<2”的充要条件，所以D错误．
5．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为L＝L0Deq \f(G,G0)，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)( )
A．11 B．22 C．227 D．481
6．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且倾斜角为eq \f(π,3)的直线交C于A，B两点，线段AB中点的纵坐标为eq \r(3)，则|AB|＝( )
A.eq \f(8,3) B．4 C．8 D．24
解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),2p))＝eq \f(2p,y1＋y2).因为线段AB中点的纵坐标为eq \r(3)，所以y1＋y2＝2eq \r(3)，又直线AB的倾斜角为eq \f(π,3)，所以kAB＝eq \r(3)，即eq \f(2p,2\r(3))＝eq \r(3)，得p＝3.所以抛物线C的方程为y2＝6x，则焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，直线AB的方程为y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，与抛物线方程y2＝6x联立并整理，得3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＝6x，即x2－5x＋eq \f(9,4)＝0，所以x1＋x2＝5，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝5＋3＝8.
7．关于函数f(x)＝Asin(2x＋φ)，有下列四个命题：
甲：f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π，\f(27π,5)))上单调递增；
乙：－eq \f(π,6)是f(x)的一个极小值点；
丙：eq \f(π,3)是f(x)的一个极大值点；
丁：函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后所得图象关于y轴对称．
其中只有一个是假命题，则该命题是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
解析：选A 因为f(x)＝Asin(2x＋φ)，所以其最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，因为eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)＝eq \f(T,2)，所以乙和丙同时真或同时假，又四个命题中只有一个是假命题，所以乙和丙均为真命题．由丙可知，f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，所以将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，所以丁是真命题，所以甲是假命题．
8．已知f(x)是定义在R上的函数，且函数y＝f(x＋1)－1是奇函数，当xA．y＝x－4 B．y＝x
C．y＝－2x＋2 D．y＝－2x＋6
解析：选D 因为函数y＝f(x＋1)－1是奇函数，所以f(－x＋1)－1＝－[f(x＋1)－1]，即f(x＋1)＋f(－x＋1)＝2，两边同时求导，得f′(x＋1)－f′(－x＋1)＝0，即f′(x＋1)＝f′(－x＋1)．因为当x二、多项选择题
9．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高ξ(单位：cm)近似服从正态分布N(100,102)．已知X～N(μ，σ2)时，有P(|X－μ|≤σ)≈0.682 7，P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5，P(|X－μ|≤3σ)≈0.997 3.下列说法正确的是( )
A．该地水稻的平均株高约为100 cm
B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过110 cm的水稻约占68.27%
D．该地株高低于130 cm的水稻约占99.87%
解析：选ABD 因为X～N(100,102)，所以μ＝100，σ＝10，所以E(X)＝100，D(X)＝102＝100，所以选项A、B均正确；P(X>110)＝eq \f(1－P90≤X≤110,2)＝eq \f(1－P|X－μ|≤σ,2)≈eq \f(1－0.682 7,2)＝0.158 65，所以选项C错误；P(X≤130)＝1－eq \f(1－P70≤X≤130,2)＝1－eq \f(1－P|x－μ|≤3σ,2)≈1－eq \f(1－0.997 3,2)＝0.998 65≈99.87%，所以选项D正确．
10．若α，β满足sin α＝－eq \f(1,2)，cs(α－β)＝eq \f(1,2)，则β可以是( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,2)
C.eq \f(5π,6) D．π
解析：选AC 因为sin α＝－eq \f(1,2)，所以α＝－eq \f(π,6)＋2kπ或α＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z.因为cs(α－β)＝eq \f(1,2)，所以cs(β－α)＝eq \f(1,2)，所以β－α＝eq \f(π,3)＋2k1π或β－α＝－eq \f(π,3)＋2k1π，k1∈Z，所以β＝α＋eq \f(π,3)＋2k1π或β＝α－eq \f(π,3)＋2k1π，k1∈Z.当α＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z时，若β＝α＋eq \f(π,3)＋2k1π，则β＝－eq \f(π,6)＋eq \f(π,3)＋2k1π＋2kπ＝eq \f(π,6)＋2(k＋k1)π，k1，k∈Z，令k＋k1＝n，则n∈Z，得β＝eq \f(π,6)＋2nπ，n∈Z；若β＝α－eq \f(π,3)＋2k1π，则β＝－eq \f(π,6)－eq \f(π,3)＋2nπ＝－eq \f(π,2)＋2nπ，n∈Z.同理可得，当α＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z时，β＝eq \f(3π,2)＋2nπ或β＝eq \f(5π,6)＋2nπ，n∈Z.综上，β＝eq \f(π,6)＋2nπ或β＝－eq \f(π,2)＋2nπ或β＝eq \f(3π,2)＋2nπ或β＝eq \f(5π,6)＋2nπ，n∈Z.结合选项可知，选A、C.
11．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，Q∈平面MNP，B1Q＝AB，直线B1Q和直线MN所成的角为θ，则( )
A．MN∥AC1
B．θ的最小值为eq \f(π,3)
C．A，M，N，P四点共面
D．PQ∥平面ACD1
解析：选BD 如图所示，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2.对于A，A(0,0,0)，M(1，0,0)，N(2,2,1)，C1(2,2,2)，所以eq \(AC1,\s\up7(―→))＝(2,2,2)，eq \(MN,\s\up7(――→))＝(1,2,1)，则不存在实数k≠0，使得eq \(AC1,\s\up7(―→))＝keq \(MN,\s\up7(――→))，所以直线MN与AC1不平行，所以A错误；对于B，B1(2，0,2)，P(1,2,2)，eq \(MP,\s\up7(――→))＝(0,2,2)，因为Q∈平面MNP，所以eq \(MQ,\s\up7(――→))，eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(MP,\s\up7(――→))共面，又eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(MP,\s\up7(――→))不共线，所以可以用eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(MP,\s\up7(――→))表示eq \(MQ,\s\up7(――→))，所以设eq \(MQ,\s\up7(――→))＝λeq \(MN,\s\up7(――→))＋μeq \(MP,\s\up7(――→))＝(λ，2λ＋2μ，λ＋2μ)，则Q(1＋λ，2λ＋2μ，λ＋2μ)，所以eq \(B1Q,\s\up7(――→))＝(λ－1,2λ＋2μ，λ＋2μ－2)，因为B1Q＝AB，所以|eq \(B1Q,\s\up7(――→))|＝2，即(λ－1)2＋(2λ＋2μ)2＋(λ＋2μ－2)2＝4，因为直线B1Q和直线MN所成的角为θ，所以cs θ＝|cs〈eq \(B1Q,\s\up7(――→))，eq \(MN,\s\up7(――→))〉|＝eq \f(|6λ＋6μ－3|,\r(6)×2)，令λ＋μ＝t，则μ＝t－λ，则方程(λ－1)2＋(2λ＋2μ)2＋(λ＋2μ－2)2＝4转化为2λ2＋(2－4t)λ＋8t2－8t＋1＝0，因为λ∈R，所以Δ＝(2－4t)2－8(8t2－8t＋1)≥0，即12t2－12t＋1≤0，解得eq \f(1,2)－eq \f(\r(6),6)≤t≤eq \f(1,2)＋eq \f(\r(6),6)，则6λ＋6μ－3＝6t－3，－eq \r(6)≤6λ＋6μ－3≤eq \r(6)，即|6λ＋6μ－3|≤eq \r(6)，所以cs θ＝|cs〈eq \(B1Q,\s\up7(――→))，eq \(MN,\s\up7(――→))〉|＝eq \f(|6λ＋6μ－3|,\r(6)×2)≤eq \f(\r(6),\r(6)×2)＝eq \f(1,2)，又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以eq \f(π,3)≤θ≤eq \f(π,2)，所以B正确；对于C，eq \(MA,\s\up7(――→))＝(－1,0,0)，设eq \(MA,\s\up7(――→))＝xeq \(MN,\s\up7(――→))＋yeq \(MP,\s\up7(――→))＝(x,2x＋2y，x＋2y)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,2x＋2y＝0，,x＋2y＝0，))无解，所以A，M，N，P四点不共面，所以C错误；对于D，设平面MNP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(MN,\s\up7(――→))＝0，,n1·eq \(MP,\s\up7(――→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋2y1＋z1＝0，,2y1＋2z1＝0，))取z1＝1，则n1＝(1，－1,1)；设平面ACD1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，因为eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,2,0)，eq \(AD1,\s\up7(――→))＝(0,2,2)，所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(AC,\s\up7(――→))＝0，,n2·eq \(AD1,\s\up7(――→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2＋2y2＝0，,2y2＋2z2＝0，))取x2＝1，则n2＝(1，－1,1)．所以n1∥n2，所以平面MNP∥平面ACD1，又PQ⊂平面MNP，所以PQ∥平面ACD1，所以D正确．故选B、D.
12．已知△AnBnCn(n＝1,2,3，…)是直角三角形，An是直角，内角An，Bn，Cn所对的边分别为an，bn，cn，面积为Sn.若b1＝4，c1＝3，beq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)，ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)，则( )
A．{S2n}是递增数列
B．{S2n－1}是递减数列
C．{bn－cn}存在最大项
D．{bn－cn}存在最小项
解析：选ACD 因为△AnBnCn是直角三角形，且An是直角，所以aeq \\al(2,n)＝beq \\al(2,n)＋ceq \\al(2,n)，又beq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)，ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)，beq \\al(2,n＋1)＋ceq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n＋1)，所以eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)＋eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)＝aeq \\al(2,n＋1)，即aeq \\al(2,n＋1)＝beq \\al(2,n)＋ceq \\al(2,n)，则aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)，所以数列{aeq \\al(2,n)}是常数列．又b1＝4，c1＝3，所以a1＝5，则aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)＝25，所以beq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)＝eq \f(a\\al(2,n)＋a\\al(2,n)－b\\al(2,n),3)＝－eq \f(1,3)beq \\al(2,n)＋eq \f(50,3)，所以beq \\al(2,n＋1)－eq \f(25,2)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b\\al(2,n)－\f(25,2))).又beq \\al(2,1)－eq \f(25,2)＝16－eq \f(25,2)＝eq \f(7,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(b\\al(2,n)－\f(25,2)))是以eq \f(7,2)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列，所以beq \\al(2,n)－eq \f(25,2)＝eq \f(7,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，则beq \\al(2,n)＝eq \f(25,2)＋eq \f(7,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，即bn＝eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1).同理，由ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)，得ceq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,3)ceq \\al(2,n)＋eq \f(50,3)，即ceq \\al(2,n＋1)－eq \f(25,2)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c\\al(2,n)－\f(25,2)))，且ceq \\al(2,1)－eq \f(25,2)＝9－eq \f(25,2)＝－eq \f(7,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(c\\al(2,n)－\f(25,2)))是以－eq \f(7,2)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列，所以ceq \\al(2,n)－eq \f(25,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，则ceq \\al(2,n)＝eq \f(25,2)－eq \f(7,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，即cn＝eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1).S2n＝eq \f(1,2)b2n·c2n＝eq \f(1,2) eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－1)·eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－1)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))4n－2)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4n－2)，则S2n是关于n的单调递增函数，所以数列{S2n}是递增数列，所以A正确；S2n－1＝eq \f(1,2)b2n－1·c2n－1＝eq \f(1,2) eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－2)·eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－2)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))4n－4)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4n－4)，则S2n－1是关于n的单调递增函数，所以数列{S2n－1}是递增数列，所以B错误；bn－cn＝ eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1)－eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1)＝
eq \f(7×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1,\r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1)＋\r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1))，则数列{bn－cn}的奇数项为正，偶数项为负．(bn－cn)2＝25－2 eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－2)＝25－2 eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2n－2)，所以(bn－cn)2是关于n的单调递减函数，所以数列{bn－cn}第一项最大，第二项最小，所以C、D均正确．
三、填空题
13．已知a，b是不共线的两个单位向量，则a＋b与a－b的夹角为________．
解析：因为a，b是不共线的两个单位向量，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2＝0，所以(a＋b)⊥(a－b)，所以a＋b与a－b的夹角为eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
14．直线y＝a(x＋2)与曲线x2－y|y|＝1恰有2个公共点，则实数a的取值范围为________．
解析：曲线x2－y|y|＝1，当y≥0时，曲线方程为x2－y2＝1，表示双曲线x2－y2＝1的上半部分；当y<0时，曲线方程为x2＋y2＝1，表示以原点为圆心，1为半径的圆的下半部分．作出曲线x2－y|y|＝1，如图所示．直线y＝a(x＋2)恒过定点(－2,0)，a是直线的斜率．双曲线x2－y2＝1的渐近线为y＝±x.当直线y＝a(x＋2)与圆x2＋y2＝1(y<0)相切时，eq \f(|2a|,\r(a2＋1))＝1，由图可知，a<0，解得a＝－eq \f(\r(3),3).由图可知，当直线y＝a(x＋2)的斜率大于－eq \f(\r(3),3)且小于渐近线y＝x的斜率，即－eq \f(\r(3),3)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，1))
15．写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝________.
①定义域为R；②值域为(－∞，1)；③对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0.
解析：因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，值域为(－∞，1)，所以可取f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x或f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)，x>1，,x－1，x≤1))等．
答案：1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)，x>1，,x－1，x≤1))等，答案不唯一
16.《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．该原理常应用于计算某些几何体的体积．如图，某个西晋越窑卧足杯的上、下底面为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为4eq \r(6) cm，下底直径为6 cm，上、下底面间的距离为3 cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是_______ cm；卧足杯的容积是_______ cm3.(杯的厚度忽略不计)
解析：设卧足杯侧面所在的球面的半径为R cm，球心到上底面的距离为d cm，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(R2＝d2＋2\r(6)2，,R2＝d＋32＋32，))解得d＝1，R＝5.设卧足杯中与下底面的距离为h cm的截面半径为r cm，则球心到此截面的距离为1＋3－h＝(4－h)(cm)，所以r2＝52－(4－h)2，则此截面的面积为S＝[π×52－π×(4－h)2](cm2)．构造一个底面半径为5 cm，高为3 cm的圆柱，并且在此圆柱中挖去上底半径为1 cm，下底半径为4 cm，高为3 cm的圆台，设距离圆柱下底面的距离为h cm的截面截圆台的半径为r′ cm，则eq \f(r′－1,3)＝eq \f(3－h,3)，则r′＝4－h，所以截面截几何体所得截面的面积为S′＝[π×52－π×(4－h)2](cm2)．由祖暅原理得卧足杯与此圆柱挖去圆台后的几何体的体积相等，则V＝π×52×3－eq \f(1,3)π(42＋12＋1×4)×3＝54π(cm3)．
答案：5 54π
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．在平面四边形ABCD中，∠A＝90°，∠D＝60°，AC＝6，CD＝3eq \r(3).
(1)求△ACD的面积；
(2)若cs∠ACB＝eq \f(9,16)，求AB＋eq \f(3,4)BC的值．
解：(1)在△ACD中，∠D＝60°，AC＝6，CD＝3eq \r(3)，所以cs D＝eq \f(CD2＋AD2－AC2,2·AD·CD)＝eq \f(27＋AD2－36,2·AD·3\r(3))＝eq \f(1,2)，解得AD＝eq \f(3\r(3)＋3\r(7),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3)－3\r(7),2)舍去))，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)·AD·CD·sin∠D＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(3)＋3\r(7),2)×3eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(27\r(3)＋27\r(7),8).
(2)在△ACD中，∠D＝60°，AC＝6，CD＝3eq \r(3)，所以eq \f(AC,sin D)＝eq \f(DC,sin∠DAC)，即eq \f(6,\f(\r(3),2))＝eq \f(3\r(3),sin∠DAC)，解得sin∠DAC＝eq \f(3,4)，又∠A＝90°，所以cs∠CAB＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠DAC))＝sin∠DAC＝eq \f(3,4)，所以sin∠CAB＝eq \f(\r(7),4)，又cs∠ACB＝eq \f(9,16)，所以sin∠ACB＝eq \f(5\r(7),16)，
所以sin B＝sin[π－(∠ACB＋∠CAB)]＝sin(∠ACB＋∠CAB)＝sin∠ACBcs∠CAB＋cs∠ACB·sin∠CAB＝eq \f(5\r(7),16)×eq \f(3,4)＋eq \f(9,16)×eq \f(\r(7),4)＝eq \f(3\r(7),8)，
在△ABC中，eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠CAB)＝eq \f(AC,sin B)，即eq \f(AB,\f(5\r(7),16))＝eq \f(BC,\f(\r(7),4))＝eq \f(6,\f(3\r(7),8))，所以AB＝eq \f(5\r(7),16)×6×eq \f(8,3\r(7))＝5，BC＝eq \f(\r(7),4)×6×eq \f(8,3\r(7))＝4，所以AB＋eq \f(3,4)BC＝5＋eq \f(3,4)×4＝8.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十五)
小题限时保分练—选自2022·佛山二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－3,1,2}，B＝{x∈N|x2－x－6≤0}，则A∪B＝( )
A．{1,2} B．{－3,0,1,2}
C．{－3,1,2,3} D．{－3,0,1,2,3}
解析：选D 因为B＝{x∈N|x2－x－6≤0}＝{x∈N|(x－3)(x＋2)≤0}＝{x∈N|－2≤x≤3}＝{0,1,2,3}，所以A∪B＝{－3,0,1,2,3}．
2．已知函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象上相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(3π,2)，则ω＝( )
A.eq \f(3,2) B．eq \f(4,3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(1,3)
解析：选C 函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)，相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,ω)，于是得eq \f(π,ω)＝eq \f(3π,2)，解得ω＝eq \f(2,3).
3．设x，y∈R，则“xA．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B x，y∈R，若x<0，y＝0满足x0，从而得x－y<0，即x4．核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量xn与扩增次数n满足lg xn＝nlg(1＋p)＋lg x0，其中p为扩增效率，x0为DNA的初始数量．已知某被测标本DNA扩增10次后，数量变为原来的100倍，那么该样本的扩增效率p约为(参考数据：100.2≈1.585，10－0.2≈0.631)( )
A．0.369 B．0.415 C．0.585 D．0.631
解析：选C 由题意知，lg(100x0)＝10lg(1＋p)＋lg x0，即2＋lg x0＝10lg(1＋p)＋lg x0，所以1＋p＝100.2≈1.585，解得p≈0.585.
5.如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为( )
A．2eq \r(6)π B．4eq \r(6)π C．16π D．eq \f(16π,3)
解析：选B 依题意，做球的剖面图如图，其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线．由题意可知eq \f(4,3)π×R3＝36π，解得R＝3.由于圆柱的高为2，故OD＝1，DE＝3－1＝2，DC＝ eq \r(32－12)＝2eq \r(2) ，母线EC＝eq \r(22＋8)＝2eq \r(3) ，∴圆锥的侧面积为S＝eq \f(1,2)·EC·2π·DC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2π×2eq \r(2)＝4eq \r(6)π .
6．已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)以正方形ABCD的两个顶点为焦点，且经过该正方形的另两个顶点，若正方形ABCD的边长为2，则E的实轴长为( )
A．2eq \r(2)－2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)－1 D.eq \r(2)＋1
解析：选A 由图知，c＝1，易知D(1,2)，代入双曲线方程得eq \f(1,a2)－eq \f(4,b2)＝1，又a2＋b2＝1，联立求解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝3－2\r(2)，,b2＝2\r(2)－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2\r(2)＋3，,b2＝－2\r(2)－2，))(舍去)
所以a＝eq \r(2)－1.
所以双曲线E的实轴长为2eq \r(2)－2.
7．设a，b，c∈R且a≠0，函数g(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝(x＋2)g(x)，若f(x)＋f(－x)＝0，则下列判断正确的是( )
A．g(x)的最大值为－a B．g(x)的最小值为－a
C．g(2＋x)＝g(2－x) D．g(2＋x)＝g(－x)
解析：选D 依题意，f(x)＝(x＋2)(ax2＋bx＋c)＝ax3＋(2a＋b)x2＋(2b＋c)x＋2c.因为f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)是奇函数，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝0，,2c＝0，))即b＝－2a，c＝0，因此，g(x)＝ax2－2ax＝a(x－1)2－a，而a≠0，当a>0时，g(x)的最小值为－a，当a<0时，g(x)的最大值为－a，A、B都不正确；g(2＋x)＝a(x＋1)2－a，g(2－x)＝a(－x＋1)2－a，g(－x)＝a(－x－1)2－a＝a(x＋1)2－a，即g(2＋x)≠g(2－x)，g(2＋x)＝g(－x)，因此，C不正确，D正确．
8．在△ABC中，AB＝eq \r(2)，∠ACB＝eq \f(π,4)，O是△ABC外接圆圆心，则eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．0 B．1 C．3 D．5
解析：选C 过点O作OD⊥AC，OE⊥BC，垂足分别为D，E，如图，因为O是△ABC外接圆圆心，则D，E分别为AC，BC的中点，在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→))，则|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝|eq \(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2－2eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))，即eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(|eq \(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2－2,2)，eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝|eq \(CO,\s\up7(―→))||eq \(CA,\s\up7(―→))|cs∠OCA＝|eq \(CD,\s\up7(―→))|·|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝eq \f(1,2)|eq \(CA,\s\up7(―→))|2，同理eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)|eq \(CB,\s\up7(―→))|2，因此，eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))·(eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→)))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))－eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)|eq \(CA,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,2)|eq \(CB,\s\up7(―→))|2＋eq \f(|eq \(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2－2,2)＝|eq \(CA,\s\up7(―→))|2－1，在△ABC中，由正弦定理得|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))|sin B,sin∠ACB)＝eq \f(\r(2)sin B,sin\f(π,4))＝2sin B≤2，当且仅当B＝eq \f(π,2)时取“＝”，所以eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))的最大值为3.
二、多项选择题
9．关于复数z＝cseq \f(2π,3)＋isineq \f(2π,3)(i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A．|z|＝1
B.eq \x\t(z)在复平面上对应的点位于第二象限
C．z3＝1
D．z2＋z＋1＝0
解析：选ACD 因为z＝cseq \f(2π,3)＋isineq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2)＝1，故A正确；eq \x\t(z)＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，则eq \x\t(z)在复平面上对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))位于第三象限，故B错误；由z＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i ，可得z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)i))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)i))2＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，z3＝z2·z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)i))2＝eq \f(1,4)－eq \f(3,4)i2＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,4)＝1，故C正确；z2＋z＋1＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i＋1＝0，故D正确．
10．某市组织2022年度高中校园足球比赛，共有10支球队报名参赛．比赛开始前将这10支球队分成两个小组，每小组5支球队，其中获得2021年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组，剩余8支球队抽签分组．已知这8支球队中包含甲、乙两队，记“甲队分在第一小组”为事件M1，“乙队分在第一小组”为事件M2，“甲、乙两队分在同一小组”为事件M3，则( )
A．P(M1)＝eq \f(1,2)
B．P(M3)＝eq \f(3,7)
C．P(M1)＋P(M2)＝P(M3)
D．事件M1与事件M3相互独立
解析：选ABD 对于A，因为甲队分在第一小组和第二小组的概率相等，且两种情况等可能，所以P(M1)＝eq \f(1,2)，故A正确；对于B,8支球队抽签分组共有Ceq \\al(4,8)＝70种不同方法，甲、乙两队分在同小组共有Ceq \\al(2,6)×Aeq \\al(2,2)＝30种不同方法，所以甲、乙两队分在同一小组的概率P(M3)＝eq \f(30,70)＝eq \f(3,7)，故B正确；对于C，因为P(M1)＝P(M2)＝eq \f(1,2)，所以P(M1)＋P(M2)＝1≠P(M3)，故C错误；对于D，因为P(M1M3)＝eq \f(C\\al(2,6),C\\al(4,8))＝eq \f(3,14)，P(M1)·P(M3)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,7)＝eq \f(3,14)，所以P(M1M3)＝P(M1)·P(M3)，所以事件M1与事件M3相互独立，故D正确．故选A、B、D.
11．在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是( )
A．存在点N，使得MN∥BC1
B．三棱锥M-A1BC1的体积等于eq \f(9,4)
C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面A1BC1
D．有且仅有三个点N，使得N到平面A1BC1的距离为eq \r(3)
解析：选BC 显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；·B1B＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×3×3＝eq \f(9,4)，故B正确；如图所示，N1，N2分别为B1B，B1C1中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝eq \f(1,3)B1D＝eq \r(3)，所以有点B1，A，C，D1四点到平面A1BC1的距离为eq \r(3)，故D错误．
12．已知y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且y＝f(x＋2)为偶函数，若当x∈[0,2]时，f(x)＝eq \f(1,2)lg3(x＋a2)，下列结论正确的是( )
A．a＝1 B．f(1)＝f(3)
C．f(2)＝f(6) D．f(2 022)＝－eq \f(1,2)
解析：选BD y＝f(x＋2)是偶函数，即图象关于y轴对称，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)是奇函数，所以f(x＋4)＝f[2＋(2＋x)]＝f[2－(2＋x)]＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期为8的周期函数，f(0)＝eq \f(1,2)lg3a2＝0，所以a2＝1，a＝±1，A错；f(1)＝f(2－1)＝f(2＋1)＝f(3)，B正确；f(6)＝f(－2)＝－f(2)，而f(2)＝eq \f(1,2)lg3(2＋1)＝eq \f(1,2)≠0，所以f(6)≠f(2)，C错；f(2 022)＝f(252×8＋6)＝f(6)＝f(－2)＝－f(2)＝－eq \f(1,2)，D正确．故选B、D.
三、填空题
13．若椭圆eq \f(x2,k－1)＋eq \f(y2,3－k)＝1的焦点在y轴上，则实数k的取值范围是________．
解析：因为椭圆eq \f(x2,k－1)＋eq \f(y2,3－k)＝1的焦点在y轴上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k>k－1，,3－k>0，,k－1>0，))解得1答案：(1,2)
14．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),3)，则sin 2α＝________.
解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(\r(2),3)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝－eq \f(\r(2),3)，
所以sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),3)))2＝eq \f(5,9).
答案：eq \f(5,9)
15．北京冬奥会上，冬季两项比赛场地设在张家口赛区的国家冬季两项中心，其中男女混合4×6公里接力赛项目非常具有观赏性，最终挪威队惊险逆转夺冠，中国队获得第15名．该项目每队由4人组成(2男2女)，每人随身携带枪支和16发子弹(其中6发是备用弹)，如果备用弹用完后仍有未打中的残存目标，就按残存目标个数加罚滑行圈数(每圈150米)，以接力队的最后一名队员到达终点的时间为该队接力的总成绩．根据赛前成绩统计分析某参赛队在一次比赛中，射击结束后，残存目标个数X的分布列如下：
则在一次比赛中，该队射击环节的加罚距离平均为________米．
解析：E(X)＝0.1＋0.5＋0.6＋0.6＋0.5＋0.3＝2.6，则2.6×150＝390(米)．
答案：390
16．公比为q的等比数列{an}满足：a9＝lna10>0，记Tn＝a1a2a3…an，则当q最小时，使Tn≥1成立的最小n值是________．
解析：∵{an} 是等比数列，a9＝lna10>0，∴a9>0，a10>1，又∵a9＝lna10＝ln(a9·q)＝lna9＋ln q，∴ln q＝a9－lna9.设函数f(x)＝x－ln x，f′(x)＝eq \f(x－1,x)，当x>1时，f′(x)>0,0答案：17
大题规范增分练—今日题型：数列
17．已知数列{cn}满足c1＝eq \f(1,2)，eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)，n∈N*，Sn为该数列的前n项和．求证：
(1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))为递增数列；
(2)Sn<1.
证明：(1)因为eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)，取倒数可得1－eq \f(1,cn＋1)＝eq \f(1,cn)－eq \f(1,c\\al(2,n))，整理可得eq \f(1,cn＋1)－eq \f(1,cn)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)－1))2>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))为递增数列．
(2)由eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)可得eq \f(1,cn＋1－1)＝cn＋eq \f(1,cn－1)，即cn＝eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,cn－1)，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,c2－1)－eq \f(1,c1－1)＋eq \f(1,c3－1)－eq \f(1,c2－1)＋…＋eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,cn－1)＝eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,c1－1)＝eq \f(1,cn＋1－1)＋2，又eq \f(1,cn)≥eq \f(1,c1)＝2，所以cn＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴eq \f(1,cn＋1－1)<－1，即Sn<1.α
10°
20°
30°
40°
sin α
0.173 6
0.342 0
0.500 0
0.642 7
α
50°
60°
70°
80°
sin α
0.766 0
0.866 0
0.939 7
0.984 8
x
1
4
9
16
25
36
49
y
0
4
7
9
11
12
13
x
12
14
16
18
20
y
17
16
14
13
11
男生
女生
总计
更喜欢“冰墩墩”
25
15
40
更喜欢“雪容融”
25
35
60
总计
50
50
100
P(χ2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
4
5
6
>6
P
0.15
0.1
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
小题限时保分练—选自2022·济南一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知全集U＝{x|x>0}，集合A＝{x|x(x－1)<0}，则∁UA＝( )
A．{x|x>1，或x<0} B．{x|x≥1，或x≤0}
C．{x|x>1} D．{x|x≥1}
解析：选D 因为A＝{x|x(x－1)<0}＝{x|0
2．已知复数z满足z(1＋i)＝－i(其中i为虚数单位)，则z的模为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C.eq \r(2) D．2
解析：选B 因为复数z满足z(1＋i)＝－i，则z＝eq \f(－i,1＋i)＝eq \f(－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(－1－i,2)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，即z的模为eq \f(\r(2),2).
3.某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1 200棵，比例如图所示．高一、高二、高三年级报名参加植树活动的人数分别为600,400,200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配，则高三年级应分得侧柏的数量为( )
A．34 B．46
C．50 D．70
解析：选C 由扇形统计图知，购买的1 200棵树苗中，侧柏的数量为1 200×25%＝300，依题意，高一、高二、高三年级分到的侧柏的棵数比为600∶400∶200＝3∶2∶1，所以高三年级应分得侧柏的数量为eq \f(1,3＋2＋1)×300＝50.
4．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(3),2)，则sin 2α的值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2)
解析：选A 因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(3),2)，
所以sin 2α＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))
＝－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－1
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))2－1＝eq \f(1,2).
5．函数f(x)＝x－sin x的部分图象大致为( )
解析：选B 因为f(x)＝x－sin x，则f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，D不满足；对f(x)求导得f′(x)＝1－cs x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，当x>0时，f(x)>f(0)＝0，A不满足；而当x＝eq \f(π,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－sineq \f(π,2)＝eq \f(π,2)－1<1，显然C不满足，B满足．
6．我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血．比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果．已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为( )
A.eq \f(1,16) B．eq \f(1,8) C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
解析：选C 因为小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,2)，eq \f(1,4).当小明父亲的血型是AA时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为eq \f(1,2)，此时小明是A型血的概率为eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)；当小明父亲的血型是AB时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为eq \f(1,4)，此时小明是A型血的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)；当小明父亲的血型是BB时，因为小明母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA.综上所述，小明是A型血的概率为eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝eq \f(1,4)，即C正确．
7．“a>b”的一个充分条件是( )
A．ea－b>2 B．lneq \f(a,b)>0
C．aa>bb D．eq \f(1,a)
8．已知直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0相交于点P，点A(4,0)，O为坐标原点，则tan∠OAP的最大值为( )
A．2－eq \r(3) B．eq \f(\r(3),3) C．1 D．eq \r(3)
解析：选B 直线kx－y＋2k＝0恒过定点M(－2,0)，直线x＋ky－2＝0恒过定点N(2,0)，而k·1＋(－1)·k＝0，即直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0垂直，当点P与N不重合时，PM⊥PN，eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，当点P与N重合时，eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，令点P(x，y)，则eq \(PM,\s\up7(―→))＝(－2－x，－y)，eq \(PN,\s\up7(―→))＝(2－x，－y)，可得x2＋y2＝4，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆(除点M外)，如图，观察图形知，射线AP绕点A旋转，∠OAP∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，当旋转到与圆O：x2＋y2＝4相切时，∠OAP最大，tan∠OAP最大，因为|OA|＝4，AP′为切线，点P′为切点，|OP′|＝2，∠OP′A＝90°，则∠OAP′＝30°，所以∠OAP的最大值为30°，(tan∠OAP)max＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3).
二、多项选择题
9.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6的展开式中，下列结论正确的是( )
A．展开式共6项
B．常数项为64
C．所有项的系数之和为729
D．所有项的二项式系数之和为64
解析：选CD eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的总项数是7，A不正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的常数项为Ceq \\al(3,6)x6－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))3＝160，B不正确；取x＝1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的所有项的系数之和为36＝729，C正确；由二项式系数的性质得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6展开式的所有项的二项式系数之和为26＝64，D正确．
10.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是( )
A．BO⊥AC
B．BO∥平面ACD1
C．点B到平面ACD1的距离为eq \f(\r(3),3)
D．直线BO与直线AD1的夹角为eq \f(π,3)
解析：选ABC 对于A，如图，连接B1D1，A1C1 ，则B1D1，A1C1交于点O，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC∥A1C1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂ 平面A1B1C1D1 ，故A1C1⊥BB1 ，又A1C1⊥B1D1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂ 平面BB1D1 ，故A1C1⊥平面BB1D1，故AC⊥平面BB1D1，又BO⊂平面BB1D1，故AC⊥BO，即BO⊥AC，故A正确；对于B，连接BD，交AC于E，连接D1E ，则BE∥OD1，BE＝OD1 ，故四边形BOD1E是平行四边形，故BO∥D1E，D1E⊂平面ACD1，BO⊄平面ACD1，故BO∥平面ACD1，故B正确；对于C，设点B到平面ACD1的距离为d，因为VD1-ABC＝VB-ACD1 ，故eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sin 60°×d，解得d＝eq \f(\r(3),3)，故C正确；对于D，连接BC1 ，则AD1∥BC1，∠OBC1即为直线BO与直线AD1的夹角或其补角，在△BB1O中，B1O＝eq \f(\r(2),2)，BO＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),2)，在△BOC1中，BC1＝eq \r(2)，所以cs∠OBC1＝eq \f(BO2＋BC\\al(2,1)－OC\\al(2,1),2BO·BC1)＝eq \f(\f(3,2)＋2－\f(1,2),2×\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq \f(\r(3),2)，则∠OBC1＝eq \f(π,6)，故D错误．
11．(2022·湖南师大附中一模)(多选)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)，若x＝eq \f(π,3)为f(x)的一个极值点，且f(x)的最小正周期为π，则( )
A．A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
B．φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)
C．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))对称
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))为偶函数
解析：选BCD 因为x＝eq \f(π,3)是f(x)的一个极值点，则A＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))))，所以A错误；因为T＝eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2，可得f(x)＝Asin(2x＋φ)，令2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，所以B正确；因为f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋kπ－\f(π,6)))，k∈Z，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋kπ－\f(π,6)))＝Asin(k＋1)π＝0，所以C正确；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝Asineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋kπ－\f(π,6)))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)＋kπ))＝Acs(2x＋kπ)，则当k为奇数时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝－Acs 2x为偶函数；当k为偶数时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝Acs 2x为偶函数，所以D正确．
12．平面内到两定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，M(－2,0)，N(2,0)，动点P满足|PM|·|PN|＝5，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是( )
A．曲线C与y轴的交点为(0，－1)，(0,1)
B．曲线C关于x轴对称
C．△PMN面积的最大值为2
D．|OP|的取值范围是[1,3]
解析：选ABD 设点P(x，y)，依题意，[(x＋2)2＋y2][(x－2)2＋y2]＝25，整理得x2＋y2＝eq \r(16x2＋25)－4.对于A，当x＝0时，解得 y＝±1，即曲线C与y轴的交点为(0，－1)，(0,1)，A正确；对于B，因为x2＋(－y)2＝x2＋y2＝eq \r(16x2＋25)－4，由－y换y方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；对于C，当x2＝eq \f(3,2)时，y2＝eq \f(3,2)，即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(6),2)))在曲线C上，S△PMN＝eq \f(1,2)|MN|×eq \f(\r(6),2)＝eq \r(6)，C不正确；对于D，由y2＝eq \r(16x2＋25)－4－x2≥0，得x4－8x2－9≤0，解得0≤x2≤9，于是得|OP|2＝x2＋y2＝eq \r(16x2＋25)－4∈[1,9]，解得1≤|OP|≤3，D正确．
三、填空题
13．已知向量a，b满足a＝(2,1)，a－b＝(1,0)，则a·b的值为________．
解析：因为a＝(2,1)，a－b＝(1,0)，则有a·(a－b)＝2×1＋1×0＝2，而a·(a－b)＝a2－a·b＝5－a·b，于是得5－a·b＝2，解得a·b＝3，所以a·b的值为3.
答案：3
14．已知圆锥的轴截面是一个顶角为eq \f(2π,3)，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为________．
解析：因为圆锥的轴截面是一个顶角为eq \f(2π,3)，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，因此，h＝2cseq \f(π,3)＝1，圆锥底面圆半径r＝eq \r(22－h2)＝eq \r(3)，所以圆锥的体积为V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×(eq \r(3))2×1＝π.
答案：π
15．已知椭圆C1：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,b2)＝1的焦点分别为F1，F2，且F2是抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，若P是C1与C2的交点，且|PF1|＝7，则cs∠PF1F2的值为________．
解析：依题意，由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝12，而|PF1|＝7，则|PF2|＝5，因为点F2是抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，则该抛物线的准线l过点F1，如图，过点P作PQ⊥l于点Q，由抛物线定义知|PQ|＝|PF2|＝5，而F1F2∥PQ，则∠PF1F2＝∠F1PQ，所以cs∠PF1F2＝cs∠F1PQ＝eq \f(|PQ|,|PF1|)＝eq \f(5,7).
答案：eq \f(5,7)
16．已知函数f(x)＝eq \f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)，对任意非零实数x，均满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))).则f(－1)＝_______；函数f(x)的最小值为_______．
解析：函数f(x)＝eq \f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)，因为对任意非零实数x，均满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))，则∀x∈R，x≠0，有eq \f(x－12x＋1x2＋ax＋b,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(a,x)＋b)),\f(1,x2))，
即(x－1)(2x＋1)(x2＋ax＋b)＝(－x－1)(x－2)(bx2－ax＋1)，由等式两边展开式最高次项系数得－b＝2，即b＝－2，当x＝1时，b－a＋1＝0，解得a＝－1，经检验得，a＝－1，b＝－2，
又f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))对任意非零实数x均成立，
因此，f(x)＝eq \f(x－12x＋1x2－x－2,x2)＝eq \f(x2－12x2－3x－2,x2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－3))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－\f(3,4)))2－eq \f(9,8)，所以f(－1)＝0，
当x－eq \f(1,x)＝eq \f(3,4)，即x＝eq \f(3±\r(73),8)时，f(x)min＝－eq \f(9,8)，所以f(－1)的值为0，函数f(x)的最小值为－eq \f(9,8).
答案：0 －eq \f(9,8)
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b2－2bccs A＝a2－2accs B，c＝2.
(1)证明：△ABC为等腰三角形；
(2)设△ABC的面积为S，若________，求S的值．
在①7cs B＝2cs C；②eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝2S；③a2＋b2＝8c2三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解．
解：(1)证明：因为b2－2bccs A＝a2－2accs B，所以b2＋c2－2bccs A＝a2＋c2－2accs B，由余弦定理可知，a2＝b2，即a＝b，即△ABC为等腰三角形．
(2)选①，由(1)可知，A＝B，所以C＝π－2B，
所以7cs B＝2cs C＝2cs(π－2B)＝－2cs 2B＝2－4cs2B，
整理得4cs2B＋7cs B－2＝0，解得cs B＝eq \f(1,4)(cs B＝－2舍去)，所以cs C＝eq \f(7,2)cs B＝eq \f(7,8)，所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(15),8)，
又由cs B＝eq \f(1,a)，可得a＝4，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(15),8)＝eq \r(15)；
选②，因为eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝2S，所以a2cs C＝a2sin C，解得C＝eq \f(π,4)，所以4＝2a2－2a2×eq \f(\r(2),2)，得a2＝4＋2eq \r(2)，S＝eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4)×(4＋2eq \r(2))＝1＋eq \r(2)；
选③，因为a2＋b2＝8c2，且a＝b，c＝2，所以a＝b＝4，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16＋16－4,2×4×4)＝eq \f(7,8)，
所以sin C＝eq \r(1－cs2C)＝eq \f(\r(15),8)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(15),8)＝eq \r(15).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(二)
小题限时保分练—选自2022·聊城一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，B＝{x|0≤x＋1<6}，则A∩B＝( )
A．{1,3} B．{－1,1,3}
C．{－1,1,3,5} D．{1,3,5}
解析：选B 因为集合A＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，B＝{x|0≤x＋1<6}＝{x|－1≤x<5}，所以A∩B＝{－1,1,3}．
2．复数z满足(1＋2i)z＝3－i，则|z|＝( )
A.eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．eq \r(5)
解析：选A 因为(1＋2i)z＝3－i，所以z＝eq \f(3－i,1＋2i)＝eq \f(3－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)))2)＝eq \r(2).
3．已知a，b是相互垂直的单位向量，与a，b共面的向量c满足a·c＝b·c＝2，则c的模为( )
A．1 B．eq \r(2)
C．2 D．2eq \r(2)
解析：选D 由题意知a，b是相互垂直的单位向量，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，由a·c＝b·c＝2，可得x＝y＝2，即c＝(2,2)，则|c|＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).故选D.
4．根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2＝6.147.依据α＝0.01的独立性检验(x0.01＝6.635)，结论为( )
A．变量x与y不独立
B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C．变量x与y独立
D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
解析：选C 按照独立性检验的知识及比对的参数值，当χ2＝6.147，我们可以下结论变量x与y独立．故排除选项A、B；依据α＝0.01的独立性检验(x0.01＝6.635)，6.147<6.635，所以我们不能得到“变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01”这个结论．故C正确，D错误．
5.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为( )
A.eq \f(4,3)π B．eq \f(5\r(2)π,3) C．4π D．8π
解析：选A 将该多面体放入正方体中， 如图所示．由于多面体的棱长为1, 所以正方体的棱长为eq \r(2).因为该多面体是由棱长为eq \r(2)的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝eq \r(2)×eq \r(2)，所以R＝1.所以该多面体外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4π,3).
6．设a＝sin 7，则( )
A．a2<2a
(参考数据：lg 2≈0.3，lg 3≈0.477)
A．5 B．7 C．8 D．9
解析：选C 设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，由题意1.2×0.8n≤0.2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n≥6，两边取以10为底的对数可得lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n≥lg 6，即nlgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5×2,8)))≥lg 2＋lg 3，所以n≥eq \f(lg 2＋lg 3,1－3lg 2)，因为lg 2≈0.3，lg 3≈0.477，所以eq \f(lg 2＋lg 3,1－3lg 2)≈eq \f(0.3＋0.477,1－3×0.3)＝7.77，所以n≥7.77，又n∈N*，所以nmin＝8，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8次．
8．已知正数x，y满足yln x＋yln y＝ex，则xy－2x的最小值为( )
A.eq \f(1,2)ln 2 B．2－2ln 2
C．－eq \f(1,2)ln 2 D．2＋2ln 2
解析：选B 因为yln x＋yln y＝ex，即yln(xy)＝ex，所以(xy)ln(xy)＝xex，所以ln(xy)eln(xy)＝xex.令g(x)＝xex(x>0)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以ln(xy)＝x，即xy＝ex，所以xy－2x＝ex－2x，令f(x)＝ex－2x(x>0)，则f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝ex－2>0，解得x>ln 2；令f′(x)＝ex－2<0，解得0
9．设0
C．ab<1 D．eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥3
解析：选AC ∵0
∴eq \f(1,2)(3＋2eq \r(2))<3，∴D错误．
10．已知双曲线C：eq \f(x2,9－k)＋eq \f(y2,k－1)＝1(0
B．双曲线C的焦距等于4eq \r(2)
C．双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于eq \r(1－k)
D．双曲线C的离心率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(10),3)))
解析：选ACD 因为0
A．若对于任意的x∈R，都有f(x)≤1成立，则a≤－1
B．若对于任意的x∈R，都有f(x＋π)＝f(x)成立，则ω＝2
C．当φ＝eq \f(π,3)时，若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，则ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
D．当a＝－eq \r(3)时，若对于任意的φ∈R，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上至少有两个零点，则ω的取值范围为[4，＋∞)
解析：选ACD 对于任意的x∈R，都有f(x)≤1成立，所以a≤1－2sin(ωx＋φ)恒成立，又sin(ωx＋φ)∈[－1,1]，∴1－2sin(ωx＋φ)∈[－1,3]，∴a≤－1，故A正确；由题可得π是函数f(x)的周期，但不能推出函数f(x)的最小正周期为π，故B错误；当φ＝eq \f(π,3)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(ωπ,2)＋\f(π,3)))，
则eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，ω>0，解得0<ω≤eq \f(1,3)，故C正确；
当a＝－eq \r(3)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
ωx＋φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(φ，\f(ωπ,2)＋φ))，
由f(x)＝2sin(ωx＋φ)－eq \r(3)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上至少有两个零点，则eq \f(ωπ,2)＋φ－φ≥2π，即ω≥4，故D正确．
12．将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有( )
A．存在某个位置，使直线BD与平面ABC所成的角为45°
B．当二面角D-AC-B为eq \f(2π,3)时，三棱锥D-ABC的体积为eq \f(2\r(2),3)
C．当平面ACD⊥平面ABC时，异面直线AB与CD的夹角为60°
D．O为AC的中点，当二面角D-AO-B为eq \f(2π,3)时，三棱锥A-OBD外接球的表面积为10π
解析：选ACD 当平面ACD⊥平面ABC时，取AC的中点O，连接BO，DO，∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC，∴∠DBO为直线BD与平面ABC所成的角，∵△DBO是等腰直角三角形，∴∠DBO＝45°，故A正确；
∵DO⊥AC，BO⊥AC，DO∩BO＝O，
∴AC⊥平面DBO，且∠DOB＝eq \f(2π,3)，AC⊂平面ABC，∴平面DBO⊥平面ABC，且交于BO，∴点D在平面ABC的射影落在直线BO上，∴点D到平面ABC的距离d＝DO·sin 60°＝eq \f(\r(6),2)，三棱锥D-ABC的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(\r(6),3)，故B错误；
取BC，BD的中点M，N，连接OM，ON，MN，
则OM∥AB，MN∥DC，所以∠OMN或其补角是异面直线AB与CD的夹角，根据A的证明可知BD＝eq \r(\r(2)2＋\r(2)2)＝2，ON＝eq \f(1,2)BD＝1，且OM＝MN＝1，所以△OMN是等边三角形，∠OMN＝60°，故C正确；
由条件可知AO⊥平面DOB，∠DOB＝eq \f(2π,3)，
且DO＝OB，所以可以将四棱锥A-DOB补成底面是菱形的直棱柱．因为四边形OBCD是菱形，且∠BOD＝eq \f(2π,3)，所以点C是底面△OBD外接圆的圆心，取侧棱CC1的中点E，则E是四棱柱外接球的球心，连接OE，OE＝eq \r(OC2＋CE2)＝eq \r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(10),2)，所以四棱锥A-OBD外接球的半径R＝eq \f(\r(10),2)，外接球的表面积S＝4πR2＝10π，故D正确．故选A、C、D.
三、填空题
13．若f(x)＝2sin(x＋φ)－cs x为奇函数，则φ＝________.(填写符合要求的一个值)
解析：f(x)＝2sin(x＋φ)－cs x＝2(sin xcs φ＋cs xsin φ)－cs x＝2cs φsin x＋(2sin φ－1)cs x，因为f(x)为奇函数，且y＝sin x为奇函数，y＝cs x为偶函数，所以2sin φ－1＝0，即sin φ＝eq \f(1,2)，所以φ＝2kπ＋eq \f(π,6)或φ＝2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，所以φ的值可以是eq \f(π,6).
答案：eq \f(π,6)(答案不唯一，符合题意均可)
14．第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为________．
解析：3张邮票中有1张“冰墩墩”邮票和2张“雪容融”邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,2)＝2种，有2张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,2)＝2种，有1张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票和1张其他邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,4)＝16种，3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为eq \f(2＋2＋16,C\\al(3,8))＝eq \f(5,14).
答案：eq \f(5,14)
15．F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是△PF1F2的内切圆圆心，若△PF1F2的面积等于△IF1F2的面积的3倍，则椭圆C的离心率为________．
答案：eq \f(1,2)(或0.5)
16．在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE沿DE折起得到△A′DE，设A′C的中点为M，若将△A′DE绕DE旋转90°，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为________．
解析：如图，设AC的中点为M0，△A′DE绕DE旋转90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N.MP＝M0P＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)，MQ＝M0Q＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，PQ＝eq \f(1,2)DE＝eq \f(\r(2),2)，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，eq \f(1,2)PQ为半径的一段圆弧，又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥平面A′DE，又∵MP∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE，又平面A′DE⊥平面ABCD，故平面MPQ⊥平面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，又M0N⊂平面ABCD，∴MN⊥M0N，故动点M形成的轨迹长度为eq \f(1,4)π·PQ＝eq \f(\r(2)π,8).
答案：eq \f(\r(2)π,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\f(\r(2),8)π))
大题规范增分练—今日题型：数列
17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋1＝3an.
(1)证明：{an}为等比数列；
(2)若bn＝eq \f(1,lg3an＋1·lg3an＋2)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：因为2Sn＋1＝3an，所以当n＝1时，2a1＋1＝3a1，可得a1＝1；
当n≥2时，由2Sn＋1＝3an可得2Sn－1＋1＝3an－1，
所以2an＝3an－3an－1(n≥2)，所以an＝3an－1.
即{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以，an＝1×3n－1＝3n－1.
(2)由(1)知bn＝eq \f(1,lg3an＋1·lg3an＋2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(三)
小题限时保分练—选自2022·广州二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．若复数z＝eq \f(m－i,1＋i)是实数，则实数m＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
解析：选A 依题意，z＝eq \f(m－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(m－1－m＋1i,2)＝eq \f(m－1,2)－eq \f(m＋1,2)i，因为m∈R，且z是实数，则eq \f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1，所以实数m＝－1.
2．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x| B．y＝|x|－x2
C．y＝|x|－1 D．y＝x－eq \f(1,x)
解析：选C 易知y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；易知y＝|x|－x2是偶函数，当x>0时，y＝x－x2，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，故B错误；易知y＝|x|－1是偶函数，当x>0时，y＝x－1是单调递增函数，故C正确；易知y＝x－eq \f(1,x)是奇函数，故D错误．
3．某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布ξ～N(10，σ2)，根据检测结果可知P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，某公司购买该种包装的大米2 000袋．则大米质量在10.02 kg以上的袋数大约为( )
A．10 B．20 C．30 D．40
解析：选B 因大米质量ξ～N(10，σ2)，且P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，则P(ξ>10.02)＝eq \f(1－P9.98≤ξ≤10.02,2)＝0.01，所以大米质量在10.02 kg以上的袋数大约为2 000×0.01＝20.
4．在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则eq \f(a10＋a12,a5＋a7)＝( )
A．－8 B．16 C．32 D．－32
解析：选D 设等比数列{an}的公比为q，则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，所以q5＝－32，故eq \f(a10＋a12,a5＋a7)＝eq \f(a5＋a7q5,a5＋a7)＝q5＝－32，故选D.
5．如果函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))对称，则|φ|的最小值是( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(5π,6) D．eq \f(4π,3)
解析：选B 根据题意，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2×\f(2π,3)＋φ))＝0，即－eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z；当k＝－1时，|φ|取得最小值eq \f(π,3).
6．甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环比赛(每两个球队都要比赛一场)，每场比赛的计分方法是：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则( )
A．甲胜乙 B．乙胜丙 C．乙平丁 D．丙平丁
解析：选C 甲、乙、丙、丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6＋5＋4＋1＝16分，由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即3×4＋2×2＝16，丁得1分，即1＋0＋0＝1，所以丁在3场比赛中有1场是平局，丙得4分，即3＋1＋0＝4，所以丙在3场比赛中有1场是平局，而乙得分5分，即3＋1＋1＝5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁．
7．已知抛物线C1：y2＝4x，圆C2：(x－2)2＋y2＝2，直线l：y＝k(x－1)与C1交于A，B两点，与C2交于M，N两点，若|AB|＝8，则|MN|＝( )
A.eq \r(14) B．eq \r(6) C.eq \f(\r(14),2) D．eq \f(\r(6),2)
解析：选B 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1))得，k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵Δ>0，∴x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)＝eq \f(4,k2)＋2，
∵l：y＝k(x－1)过抛物线的焦点(1,0)，故AB为焦点弦，
∴|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴x1＋x2＝6，∴eq \f(4,k2)＋2＝6，解得k＝±1，
由圆关于x轴对称可知，当k＝1和k＝－1时|MN|相同，
故不妨取k＝1，l为y＝x－1，即x－y－1＝0，
圆心(2,0)到l的距离d＝eq \f(|2－0－1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，∴|MN|＝2eq \r(2－d2)＝2eq \r(2－\f(1,2))＝eq \r(6)﹒
8．已知a>0且a≠1，若集合M＝{x|x2
所以实数a的取值范围是0
9．抛掷两枚质地均匀的骰子，记“第一枚骰子出现的点数小于3”为事件A，“第二枚骰子出现的点数不小于3”为事件B，则下列结论正确的是( )
A．事件A与事件B互为对立事件
B．事件A与事件B相互独立
C．P(B)＝2P(A)
D．P(A)＋P(B)＝1
解析：选BCD 依题意，第一枚骰子出现的点数小于3与第二枚骰子出现的点数不小于3可以同时发生，
即事件A与事件B不互斥，则事件A与事件B不是对立事件，A不正确；显然有P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，抛掷两枚质地均匀的骰子的试验的所有结果，共36个，它们等可能，事件AB所含的结果有：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，共8个，则有P(AB)＝eq \f(8,36)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝P(A)P(B)，即事件A与事件B相互独立，B正确；显然P(B)＝eq \f(2,3)＝2P(A)，P(A)＋P(B)＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＝1，C、D都正确．
10.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，E在底面圆周上， AE＝BE，AF⊥DE，F是垂足，G在BD上， DG＝2BG，则下列结论正确的是( )
A．AF⊥BD
B．直线DE与直线AG所成角的余弦值为eq \f(1,2)
C．直线DE与平面ABCD所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6)
D．若平面AFG∩平面ABE＝l，则l∥FG
解析：选AD 由圆柱的性质得DA⊥平面AEB，
∵EB⊂平面AEB，∴DA⊥EB.
又AB是下底面圆的直径，∴AE⊥EB.
又∵AD∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，
∴EB⊥平面DAE，又∵AF⊂平面DAE，∴EB⊥AF.又∵AF⊥DE，DE∩EB＝E，
DE⊂平面DBE，BE⊂平面DBE，
∴AF⊥平面DBE.
又∵DB⊂平面DBE，∴AF⊥BD，A正确；
过点G作GH∥DE交EB于点H，如图所示，
则∠AGH就是直线DE与直线AG所成的角(或补角)，
设AE＝BE＝1，则AD＝AB＝eq \r(2)，
在Rt△AED中，DE＝eq \r(3).
∵GH∥DE，DG＝2BG，∴GH＝eq \f(BG,BD)·DE＝eq \f(\r( ,3),3).
在等腰Rt△ABD中，BD＝2，又∵DG＝2BG，
∴GB＝eq \f(2,3).
在△ABG中，AB＝eq \r(2)，∠ABG＝eq \f(π,4)，
∴AG2＝GB2＋AB2－2GB·AB·cs∠ABG
即AG2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2－2×eq \f(2,3)×eq \r(2)×cseq \f(π,4)＝eq \f(10,9).
在Rt△AEH中，AE＝1，∠AEH＝eq \f(π,2)，EH＝eq \f(2,3)，
∴AH2＝AE2＋EH2＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(13,9).
在△AGH中，AG2＋GH2＝AH2，
∴∠AGH＝eq \f(π,2)，cs∠AGH＝0，B错误；
取AB的中点O，连接DO，EO，如图所示，
则EO⊥AB，∵DA⊥平面AEB，又∵EO⊂平面AEB，∴DA⊥EO.
又∵DA∩AB＝A，DA⊂平面DAB，AB⊂平面DAB.
∴EO⊥平面DAB.
∴∠EDO就是直线DE与平面ABCD所成的角．
又∵DE＝eq \r(3)，EO＝eq \f(\r(2),2)，
∴DO＝eq \r(DE2－EO2)＝eq \f(\r(10),2).
∴cs∠EDO＝eq \f(DO,DE)＝eq \f(\f(\r(10),2),\r(3))＝eq \f(\r(30),6)，C错误；
在Rt△AED中，DE＝eq \r(3)，EF＝eq \f(\r(3),3)，DF＝eq \f(2\r(3),3)，
∴FG∥EB，又EB⊂平面AEB，FG⊄平面AEB，
∴FG∥平面AEB.
又∵平面AFG∩平面ABE＝l，FG⊂平面AFG，
∴FG∥l，D正确．
11．已知a>0，b>0，直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切，则下列不等式成立的是( )
A．ab≤eq \f(1,8) B．eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)≤8
C.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \f(\r(6),2) D．3a＋b≤eq \r(3)
解析：选AC 设直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切的切点为(x0，y0)，
由y＝ex－1－2b＋1得，y′＝ex－1，则有ex0－1＝1，解得x0＝1，
因此，y0＝1＋a＝2－2b，即a＋2b＝1，而a>0，b>0，
ab＝eq \f(1,2)·a·2b≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2＝eq \f(1,8)，当且仅当a＝2b＝eq \f(1,2)时取“＝”，A正确；eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋2b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝4＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)≥4＋2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝8，当且仅当eq \f(4b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝2b＝eq \f(1,2)时取“＝”，B不正确；因(eq \r(a)＋eq \r(b))2＋eq \f(\r(a),\r(2))－eq \r(2b)2＝a＋b＋eq \f(a,2)＋2b＝eq \f(3,2)(a＋2b)＝eq \f(3,2)，则有(eq \r(a)＋eq \r(b))2≤eq \f(3,2)，即eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \f(\r(6),2)，
当且仅当eq \f(\r(a),\r(2))＝eq \r(2b)，即a＝4b时取“＝”，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2b＝1，,a＝4b))得a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,6)，所以当a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,6)时，(eq \r(a)＋eq \r(b))max＝eq \f(\r(6),2)，C正确；由a＋2b＝1，a>0，b>0得，0
A．M(5,2)＝31
B．M(4,2)＝M(2,4)
C．M(n＋2，n＋1)
解析：选ABD M(5,2)即11111(2)＝1×24＋1×23＋1×22＋1×21＋1×20＝31，A正确；M(4,2)即1111(2)＝1×23＋1×22＋1×21＋1×20＝15，
M(2,4)即33(4)＝3×41＋3×40＝15，B正确；
n∈N*，n≥2，M(n＋2，n＋1)即nnn…n(n＋1)＝n(n＋1)n＋1＋n(n＋1)n＋n(n＋1)n－1＋…＋n(n＋1)1＋n(n＋1)0＝n[(n＋1)n＋1＋(n＋1)n＋(n＋1)n－1＋…＋(n＋1)1＋(n＋1)0]＝n·eq \f(1－n＋1n＋2,1－n＋1)＝(n＋1)n＋2－1.
n∈N*，n≥2，M(n＋1，n＋2)即(n＋1)(n＋1)(n＋1)…(n＋1)(n＋2)＝(n＋1)(n＋2)n＋(n＋1)(n＋2)n－1＋(n＋1)(n＋2)n－2＋…＋(n＋1)(n＋2)1＋(n＋1)(n＋2)0＝(n＋1)[(n＋2)n＋(n＋2)n－1＋(n＋2)n－2＋…＋(n＋2)1＋(n＋2)0]＝(n＋1)·eq \f(1－n＋2n＋1,1－n＋2)＝(n＋2)n＋1－1.
构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
∴x∈(0，e)，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
∵n∈N*，n≥2，∴e
即(n＋1)n＋2>(n＋2)n＋1，∴(n＋1)n＋2－1>(n＋2)n＋1－1.
∴M(n＋2，n＋1)>M(n＋1，n＋2)，D正确．
三、填空题
13．已知a，b是两个单位向量，c＝2a＋b，且b⊥c，则a·(a＋b)＝________.
解析：a，b是两个单位向量，c＝2a＋b，且b⊥c，则b·c＝b·(2a＋b)＝2a·b＋b2＝0，解得a·b＝－eq \f(1,2)，
所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
14．写出一个同时满足下列性质①②③的双曲线方程________．
①中心在原点，焦点在y轴上；②一条渐近线方程为y＝2x；③焦距大于10
解析：由①中心在原点，焦点在y轴上知，可设双曲线方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由②一条渐近线方程为y＝2x知，eq \f(a,b)＝2，即a＝2b，
由③知，2c>10，即c>5，
则可取c＝6(此处也可取大于5的其他数)，
又∵a2＋b2＝c2，∴(2b)2＋b2＝36，∴b2＝eq \f(36,5)，
∴a2＝4b2＝eq \f(144,5)，
则同时满足性质①②③的一个双曲线方程为eq \f(5y2,144)－eq \f(5x2,36)＝1.
答案：eq \f(5y2,144)－eq \f(5x2,36)＝1(答案不唯一，写出一个即可)
15．函数f(x)＝sin πx－ln|2x－3|的所有零点之和为________．
解析：由f(x)＝0，得sin πx＝ln|2x－3|，令g(x)＝sin πx，h(x)＝ln|2x－3|，显然g(x)＝sin πx与h(x)＝ln|2x－3|的图象都关于直线x＝eq \f(3,2)对称，在同一平面直角坐标系内作出函数g(x)＝sin πx，h(x)＝ln|2x－3|的图象，如图，
观察图象知，函数g(x)＝sin πx，h(x)＝ln|2x－3|的图象有6个公共点，其横坐标依次为x1，x2，x3，x4，x5，x6，这6个点两两关于直线x＝eq \f(3,2)对称，有x1＋x6＝x2＋x5＝x3＋x4＝3，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝9，所以函数f(x)＝sin πx－ln|2x－3|的所有零点之和为9.
答案：9
16．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝CB＝1，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥D-ABC，则三棱锥D-ABC体积的最大值为________．此时该三棱锥的外接球的表面积为________．
解析：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，
∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，CD＝1，
∴BE＝eq \f(1,2)，∴B＝eq \f(π,3).
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs eq \f(π,3)＝3，即AC＝eq \r(3).
∵AB2＝BC2＋AC2，∴BC⊥AC.
易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大，此时，BC⊥平面ACD.
易知，∠D＝eq \f(2π,3)，∴S△ACD＝eq \f(1,2)AD·CDsineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),4).
∴VD-ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×1＝eq \f(\r(3),12).
记O为外接球球心，半径为R，
∵BC⊥平面ACD，OB＝OC，
∴O到平面ACD的距离d＝eq \f(1,2).
又△ACD的外接圆半径r＝eq \f(AC,2sin\f(2π,3))＝1，
∴R2＝r2＋d2＝eq \f(5,4)，∴S＝4πR2＝5π.
答案：eq \f(\r(3),12) 5π
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，∠BAC＝30°，侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，CE＝eq \r(5)，CE⊥AC.
(1)求证：CC1⊥AC；
(2)F是线段AC1上的点，若平面ABC与平面CEF的夹角为45°，求AF的长．
解：(1)证明：因为四边形BCC1B1为正方形，E为BB1的中点，CE＝eq \r(5)，所以BC＝2.在△ABC中，由正弦定理得sin∠ACB＝eq \f(ABsin∠BAC,BC)＝eq \f(4×sin 30°,2)＝1，所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC.
因为AC⊥CE，BC∩CE＝C，BC⊂平面BCC1B1，CE⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为CC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥CC1.
(2)由(1)得AC＝2eq \r(3)，BC＝CC1＝2，AC，BC，CC1两两垂直．以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，E(0,2,1)，A(2eq \r(3)，0,0)，C1(0,0,2)，于是eq \(CE,\s\up7(―→))＝(0,2,1)，eq \(CA,\s\up7(―→))＝(2eq \r(3)，0,0)，eq \(AC1,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，0,2)．
设eq \(AF,\s\up7(―→))＝λeq \(AC1,\s\up7(―→))，λ∈[0,1)，则eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \(CA,\s\up7(―→))＋λeq \(AC1,\s\up7(―→))＝(2eq \r(3)－2eq \r(3)λ，0,2λ)，设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(CE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(CF,\s\up7(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,2\r(3)－2\r(3)λx＋2λz＝0，))
令z＝－2，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)，1，－2)).
平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．
所以cs〈m，n〉
＝eq \f(m·n,|m|×|n|)＝eq \f(－2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)))2＋12＋－22))，
由平面ABC与平面CEF的夹角为45°，得|cs〈m，n〉|＝cs 45°，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1( \f(－2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3)－\r(3)λ)))2＋12＋－22))))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(3,5)，所以AF＝eq \f(3,5)AC1＝eq \f(3,5)×4＝eq \f(12,5).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(四)
小题限时保分练—选自2022·深圳二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x|x(x－2)<0}，则A∪B＝( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(－∞，2) D．(0，＋∞)
解析：选C 因为B＝{x|x(x－2)<0}＝{x|0
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C 因为复数z满足zi＝3＋4i，所以z＝eq \f(3＋4i,i)＝eq \f(3＋4ii,i2)＝4－3i，则|z|＝eq \r(42＋－32)＝5.
3．已知点A(0,1)，B(2,3)，向量eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－3,1)，则向量eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．(1，－2) B．(－1,2)
C．(1，－3) D．(－1,3)
解析：选D 设C(x，y)，所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－3,1)＝(x－2，y－3)，整理得C(－1,4)，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－1,4)－(0,1)＝(－1,3)．
4.深圳是一座志愿者之城、爱心之城．深圳市卫健委为了了解防疫期间志愿者的服务时长(单位：小时)，对参加过防疫的志愿者随机抽样调查，将样本中个体的服务时长进行整理，得到如图所示的频率分布直方图．据此估计7.2万名参加过防疫的志愿者中服务时长超过32小时的约有( )
A．3.3万人 B．3.4万人
C．3.8万人 D．3.9万人
解析：选A 依题意样本中服务时长超过32小时的个体频率为1－4×(0.005＋0.04＋0.09)＝0.46；由样本估计总体，可得总体中服务时长超过32小时的个体数为7.2×0.46＝3.312≈3.3(万人)．
5．已知一个球的表面积在数值上是它的体积的eq \r(3)倍，则这个球的半径是( )
A．2 B．eq \r(2)
C．3 D．eq \r(3)
解析：选D 设球的半径为R，则根据球的表面积公式和体积公式，可得4πR2＝eq \f(4,3)πR3×eq \r(3)，化简得R＝eq \r(3).
6．若x＝eq \f(π,2)是函数f(x)＝cs ωx(ω≠0)图象的对称轴，则f(x)的最小正周期的最大值是( )
A．π B．2π C.eq \f(π,2) D．eq \f(π,4)
解析：选A 依题意eq \f(π,2)ω＝kπ，k∈Z，解得ω＝2k，k∈Z，因为ω≠0，所以ω＝2k，k∈Z且k≠0，所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)＝eq \f(2π,|2k|)＝eq \f(π,|k|)，所以当k＝±1时Tmax＝π.
7．已知a>0，若过点(a，b)可以作曲线y＝x3的三条切线，则( )
A．b<0 B．0
解析：选B 设切点为(x0，xeq \\al(3,0))，切线方程为y＝k(x－a)＋b，由y＝x3，所以y′＝3x2，所以y′|x＝x0＝3xeq \\al(2,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝3x\\al(2,0)，,kx0－a＋b＝x\\al(3,0)，))所以2xeq \\al(3,0)－3axeq \\al(2,0)＋b＝0，
令g(x)＝2x3－3ax2＋b，则g′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，
因为a>0，所以当x<0或x>a时g′(x)>0，当0
所以当x＝0时g(x)取得极大值，当x＝a时g(x)取得极小值，即g(x)极大值＝g(0)＝b，g(x)极小值＝g(a)＝b－a3，
依题意g(x)＝2x3－3ax2＋b有三个零点，所以g(x)极大值＝g(0)＝b>0且g(x)极小值＝g(a)＝b－a3<0，即0
A．30°或150° B．45°或135°
C．60°或120° D．与p值有关
解析：选C 如图所示，由抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线方程为x＝－eq \f(p,2)，
分别过A，B作准线的垂线，垂足为A′，B′，直线l交准线于C，如图所示，则|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，|FA|＝3|FB|，
所以|AM|＝2|BF|，|AB|＝4|BF|，
所以∠ABM＝30°，即直线l的倾斜角等于∠AFx＝60°，
同理可得直线l的倾斜角为钝角时即为120°.
二、多项选择题
9.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点，则下列条件中，能使直线EF∥平面ACD1的有( )
A．F为AA1的中点
B．F为BB1的中点
C．F为CC1的中点
D．F为A1D1的中点
解析：选ACD 如图，M，G，H，I，J分别是棱BC，CC1，C1D1，D1A1，A1A的中点，易证E与M，G，H，I，J共面，由EM∥AC，AC⊂平面ACD1，EM⊄平面ACD1，则EM∥平面ACD1，同理EJ∥平面ACD1，而EM，EJ是平面EMGHIJ内的两条相交直线，则得平面EMGHIJ∥平面ACD1，又EF∥平面ACD1，则F∈平面MGHIJ，观察各选项，A、C、D满足．
10．已知随机变量X服从正态分布N(0,1)，密度函数f(x)＝P(X≤x)，若x>0，则( )
A．f(－x)＝1－f(x)
B．f(2x)＝2f(x)
C．f(x)在(0，＋∞)上是增函数
D．P(|X|≤x)＝2f(x)－1
解析：选ACD ∵随机变量X服从正态分布N(0,1)，∴正态曲线关于直线x＝0对称，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，选项C正确；
∵f(x)＝P(X≤x)(x>0)，∴根据正态曲线的对称性可得f(－x)＝P(X>x)＝1－f(x)，选项A正确；
f(2x)＝P(X≤2x)，2f(x)＝2P(X≤x)，选项B错误；
P(|X|≤x)＝P(－x≤X≤x)＝1－2f(－x)＝1－2[1－f(x)]＝2f(x)－1，选项D正确．
11．已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
解析：选AD 因为(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝0，则a0＝28，故A正确；
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝(2－1)8＝1，所以a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B错误；
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，故C错误；
对(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8两边对x取导得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，再令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．
12．P是直线y＝2上的一个动点，过点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，A，B为切点，则( )
A．弦长|AB|的最小值为eq \r(3)
B．存在点P，使得∠APB＝90°
C．直线AB经过一个定点
D．线段AB的中点在一个定圆上
解析：选ACD 依题意|OP|2＝|AP|2＋|AO|2，即|OP|2＝|AP|2＋1，设AB∩OP＝C，则C为AB的中点，且OP⊥AB，所以|AC|＝eq \f(|AP|·|AO|,|OP|)＝eq \f(|AP|,|OP|)，所以|AB|＝2|AC|＝2eq \r(1－\f(1,|OP|2))，sineq \f(∠APB,2)＝eq \f(|OA|,|OP|)＝eq \f(1,|OP|)，又|OP|∈[2，＋∞)，所以sineq \f(∠APB,2)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，|AB|∈[eq \r(3)，2)，所以|AB|min＝eq \r(3)，(∠APB)max＝60°，故A正确，B不正确；设P(t,2)，则|OP|＝eq \r(t2＋4)，所以以OP为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(t,2)))2＋(y－1)2＝eq \f(1,4)t2＋1，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(t,2)))2＋(y－1)2－(x2＋y2)＝eq \f(1,4)t2＋1－1，即tx＋2y＝1，所以直线AB的方程为tx＋2y＝1，所以直线AB过定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故C正确；又OC⊥MC，|OM|＝eq \f(1,2)，所以AB的中点C在以OM为直径的圆上，故D正确．
三、填空题
13．已知tan α＝3，则cs 2α＝________.
解析：由题意可知cs 2α＝2cs2α－1＝2×eq \f(1,tan2α＋1)－1＝－eq \f(4,5).
答案：－eq \f(4,5)
14．设0
15．已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－kx是偶函数，则k＝________.
解析：由题意知f(x)＝ln(ex＋1)－kx是偶函数，
则x∈R，f(－x)＝f(x)，
即ln(e－x＋1)－k(－x)＝ln(ex＋1)－kx，
即ln(ex＋1)－x＋kx＝ln(ex＋1)－kx，
即(k－1)x＝－kx，解得k＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)(或0.5)
16.祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．现已知直线y＝±2与双曲线x2－y2＝1及其渐近线围成的平面图形G如图所示，若将图形G被直线y＝t(－2≤t≤2)所截得的两条线段绕y轴旋转一周，则形成的旋转面的面积S＝________；若将图形G绕y轴旋转一周，则形成的旋转体的体积V＝________.
解析：如图所示，双曲线x2－y2＝1，其中一条渐近线方程为y＝x，
由直线y＝t，其中－2≤t≤2，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x，,y＝t，))解得A(t，t)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝t，))解得B(eq \r(1＋t2)，t)，
所以截面圆环的面积为S＝π(eq \r(1＋t2))2－πt2＝π，即旋转面的面积为π，
根据“幂势既同，则积不容异”，
可得该几何体的体积与底面面积为π，高为4的圆柱的体积相同，
所以该几何体的体积为V＝π×4＝4π.
答案：π 4π
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测．假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用X表示样本中次品的件数．
(1)求X的分布列(用式子表示)和均值；
(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过0.1的概率．
参考数据：设P(X＝k)＝pk，k＝0,1,2，…，20，则p5＝0.065 30，p6＝0.124 22，p7＝0.179 72，p8＝0.200 78，p9＝0.174 83，p10＝0.119 24，p11＝0.063 76，p12＝0.026 67.
解：(1)由于质检员是随机不放回的抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，
所以由题意随机变量X服从超几何分布，
所以X的分布列为P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,40)C\\al(20－k,60),C\\al(20,100))，k＝0,1，2，…，20，X的均值为E(X)＝np＝20×eq \f(40,100)＝8.
(2)样本中次品率f20＝eq \f(X,20)是一个随机变量，
所以P(|f20－0.4|≤0.1)＝P(6≤X≤10)＝P(X＝6)＋ P(X＝7)＋ P(X＝8)＋ P(X＝9)＋ P(X＝10)
＝0.124 22＋0.179 72＋0.200 78＋0.174 83＋0.119 24＝0.798 79.
所以误差不超过0.1的概率为0.798 79.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(五)
小题限时保分练—选自2022·厦门二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x≥1，,x2－1，x<1，))则f(f(－3))＝( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选D ∵f(－3)＝(－3)2－1＝8，∴f(f(－3))＝f(8)＝lg28＝3.
2．已知集合M，N满足M∩N≠∅，则( )
A．∀x∈M，x∈N B．∀x∈M，x∉N
C．∃x∈M，x∈N D．∃x∈M，x∉N
解析：选C 因为集合M，N满足M∩N≠∅，所以根据交集的定义可得∃x∈M，x∈N.
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线被圆x2＋y2＝4所截得的弦长为2eq \r(3)，则p＝( )
A．1 B．eq \r(3) C．2 D．4
解析：选C 圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有xeq \\al(2,A)＋yeq \\al(2,A)＝22，yA＝eq \r(3)，xA<0，解得xA＝－1，故－eq \f(p,2)＝－1，得p＝2.
4．已知平面α，β，直线m，n满足α⊥β，α∩β＝l，m⊥α，n∥β，则( )
A．m∥β B．n⊥α C．n∥l D．m⊥l
解析：选D ∵α⊥β，m⊥α，∴m⊂β或m∥β，A错误；
∵n∥β，α⊥β，∴n与α可能平行、相交或n⊂α，B错误；
∵n∥β，α∩β＝l，∴n与l可能平行或异面，C错误；
∵α∩β＝l，∴l⊂α，又m⊥α，∴m⊥l，D正确．
5．已知α，β∈(0，π)，且tan α＝eq \f(cs 2β－1,sin 2β)＝2，则cs(α－β)＝( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5) C.eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
解析：选C ∵eq \f(cs 2β－1,sin 2β)＝eq \f(－2sin2β,2sin βcs β)＝－tan β，∴tan α＝2，tan β＝－2，
∵α，β∈(0，π)，∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴sin α＝eq \f(2\r(5),5)，cs α＝eq \f(\r(5),5)，sin β＝eq \f(2\r(5),5)，cs β＝－eq \f(\r(5),5)，
∴cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)))＋eq \f(2\r(5),5)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(3,5).
6．我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗—拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量Y～B(n，p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了p＝eq \f(1,2)的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为( )
(附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A．0.158 7 B．0.022 8 C．0.002 7 D．0.001 4
解析：选B 抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为X，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100，\f(1,2)))，
所以E(X)＝np＝100×eq \f(1,2)＝50，D(X)＝np(1－p)＝100×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝25，
由题意，X～N(μ，σ2)，且μ＝E(X)＝50，σ2＝D(X)＝25，
因为P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为P(X>60)＝P(X>50＋2×5)＝eq \f(1－0.954 5,2)≈0.022 8.
7．已知e1，e2为单位向量，满足|e1－e2|＝|2e1－a|＝1，则|a－e2|的最小值为( )
A.eq \r(3)－1 B．eq \r(3) C.eq \r(7)－1 D．eq \r(7)
解析：选A 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝e1，eq \(OB,\s\up7(―→))＝e2，则|e1－e2|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝1，所以△OAB为等边三角形，
以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
设C(2,0)，a＝eq \(OM,\s\up7(―→))，则|2e1－a|＝|eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→))|＝|eq \(MC,\s\up7(―→))|＝1，
所以M在以C为圆心，1为半径的圆上，
因为|a－e2|＝|eq \(OM,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(BM,\s\up7(―→))|，
所以|a－e2|min＝|eq \(BM,\s\up7(―→))|min＝|BC|－1＝eq \r(3)－1.
8．已知a＝lgbc，b＝lgca，则( )
A．a
若0
9．为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样的方法随机抽取了120名男生和80名女生，调查并分别绘制出男、女生每天在校平均体育活动时间的频率分布直方图(如图所示)，则( )
A．a＝0.010
B．该校男生每天在校平均体育活动时间中位数的估计值为75
C．估计该校至少有一半学生每天在校平均体育活动时间超过一小时
D．估计该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为9∶2
解析：选ACD (a＋0.02＋0.035＋0.02＋a＋0.005)×10＝1，解得a＝0.010，故A正确；因为(0.01＋0.02)×10＝0.3<0.5，(0.01＋0.02＋0.035)×10＝0.65>0.5，故设中位数为x，则x∈[60,70)，故B错误；
样本中男生在校平均体育活动时间超过一小时的占(0.035＋0.02＋0.01＋0.005)×10＝0.7，
女生在校平均体育活动时间超过一小时的占(0.03＋0.01＋0.005)×10＝0.45，
所以该校每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为eq \f(0.7×120＋0.45×80,120＋80)＝0.6>0.5，故C正确；
男生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的频率为(0.01＋0.005)×10＝0.15，
女生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的频率为0.005×10＝0.05，
所以该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为(0.15×120)∶(0.05×80)＝9∶2，故D正确．
10．已知正方形ABCD的边长为1，以BD为折痕把△ABD折起，得到四面体A′BCD，则( )
A．A′C⊥BD
B．四面体A′BCD体积的最大值为eq \f(\r(2),4)
C．△A′CD可以为等边三角形
D．△A′CD可以为直角三角形
解析：选AC 取BD的中点为O，连接OA′，OC，且OA′＝OC，由题意，BD⊥OA′，BD⊥OC，且OA′∩OC＝O，所以BD⊥平面OA′C，所以BD⊥A′C，故A正确；当OA′⊥平面BCD时，四面体A′BCD的体积最大，且最大体积为V＝eq \f(1,3)S△BCD·OA′＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12)，故B错误；当OA′⊥平面BCD时，OA′⊥OC，所以A′C＝eq \r(OA′2＋OC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1，又DC＝DA′＝1，所以此时△A′CD为等边三角形，故C正确；若△A′CD为直角三角形，又DC＝DA′＝1，则∠A′DC＝eq \f(π,2)，所以A′C＝eq \r(2)，此时OA′＋OC＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)＝A′C，不满足三角形任意两边之和大于第三边，故D错误．
11．已知F为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，过F的直线l与圆O：x2＋y2＝a2相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则( )
A．|MF|＝b
B．直线OM与C相交
C．若|MF|＝eq \f(1,4)|QF|，则C的渐近线方程为y＝±2x
D．若|MF|＝eq \f(1,4)|PF|，则C的离心率为eq \f(5,3)
解析：选AD 令双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的半焦距为c，有c2＝a2＋b2，F(c,0)，依题意，OM⊥l，如图，|MF|＝eq \r(OF2－OM2)＝eq \r(c2－a2)＝b，A正确；直线OM的斜率k＝tan∠MOF＝eq \f(b,a)，所以直线OM是双曲线C过第一、三象限的渐近线，直线OM与C不相交，B不正确；由选项A可得点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，设点Q(x0，y0)，依题意，eq \(FQ,\s\up7(―→))＝4eq \(FM,\s\up7(―→))，即(x0－c，y0)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)－c，\f(ab,c)))，解得x0＝eq \f(4a2,c)－3c，y0＝eq \f(4ab,c)，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c，\f(4ab,c)))，又点Q在直线y＝－eq \f(b,a)x上，则有eq \f(4ab,c)＝－eq \f(b,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c))，解得8a2＝3c2，有eq \f(b,a)＝eq \f(\r(15),3)，C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(15),3)x，C不正确；由选项C同理得点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c，\f(4ab,c)))，因此eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a2,c)－3c))2,a2)－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ab,c)))2,b2)＝1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3e－\f(4,e)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,e)))2＝1，解得e＝eq \f(5,3)，D正确．
12．已知函数f(x)＝eq \f(2x,4x－4)＋eq \f(x,x－1)，则( )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)的图象关于点(1,1)对称
C．f(x)有唯一一个零点
D．不等式f(2x＋3)>f(x2)的解集为(－1,1)∪(3，＋∞)
解析：选BCD 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－4≠0，,x－1≠0))得x≠1，即f(x)定义域为{x|x≠1}，不关于原点对称，
∴f(x)为非奇非偶函数，A错误；
∵f(1＋x)＝eq \f(21＋x,41＋x－4)＋eq \f(1＋x,x)＝eq \f(2x,2·4x－2)＋eq \f(1＋x,x)，
f(1－x)＝eq \f(21－x,41－x－4)－eq \f(1－x,x)＝eq \f(\f(2,2x),\f(4,4x)－4)－eq \f(1－x,x)＝eq \f(2·4x,2x4－4·4x)－eq \f(1－x,x)＝eq \f(2x,2－2·4x)－eq \f(1－x,x)，
∴f(1＋x)＋f(1－x)＝2，∴f(x)图象关于点(1,1)对称，B正确；
当x>1时，f(x)＝eq \f(1,2x－\f(4,2x))＋eq \f(1,1－\f(1,x)).
∵t＝2x在(1，＋∞)上单调递增，y＝t－eq \f(4,t)在(2，＋∞)上单调递增，
∴y＝2x－eq \f(4,2x)在(1，＋∞)上单调递增，∴y＝eq \f(1,2x－\f(4,2x))在(1，＋∞)上单调递减；
∵y＝1－eq \f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增，∴y＝eq \f(1,1－\f(1,x))在(1，＋∞)上单调递减；
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
由B知f(x)图象关于点(1,1)对称，∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，eq \f(2x,4x－4)>0，eq \f(x,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)>1，∴f(x)>1，∴f(x)在(1，＋∞)上无零点；
当x<1时，f(0)＝eq \f(1,1－4)＋0＝－eq \f(1,3)<0，f(－1)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,4)－4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(11,30)>0，∴∃x0∈(－1,0)，使得f(x0)＝0，则f(x)在(－∞，1)上有唯一零点x＝x0；
综上所述，f(x)有唯一一个零点，C正确；
由C知，f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，
又x>1时，f(x)>1；∴x<1时，f(x)<1；
①当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3>1，,x2>1，))即x>1时，由f(2x＋3)>f(x2)得2x＋3
②当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3<1，,x2<1，))时，不等式组无解，不合题意；
③当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3>1，,x2<1，))即－1
④当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3<1，,x2>1，))即x<－1时，f(2x＋3)<1，f(x2)>1，不合题意；
综上所述，f(2x＋3)>f(x2)的解集为(－1,1)∪(3，＋∞)，D正确．
三、填空题
13．在复平面内，复数z＝i(1＋mi)(m∈R)对应的点位于直线y＝x上，则m＝________.
解析：因为z＝i(1＋mi)＝mi2＋i＝－m＋i，所以z在复平面内所对应的点的坐标为(－m,1)，
又复数z＝i(1＋mi)(m∈R)对应的点位于直线y＝x上，所以－m＝1，解得m＝－1.
答案：－1
14．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(0<φ<π)，写出一个同时满足以下条件的ω的值________．
①ω∈N*；
②f(x)是偶函数；
③f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上恰有两个极值点．
解析：根据f(x)是偶函数且0<φ<π，则取φ＝eq \f(π,2)，
又因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上恰有两个极值点，ωx∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ωπ,6)，\f(ωπ,3)))，所以－eq \f(ωπ,6)≥－π，π
15．为提升市民的艺术修养，丰富精神文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场不同类型的讲座，则共有________种选择方案．(用数字作答)
解析：由讲座海报可知，先选择参加绘画讲座的方案有2种，再选择一天参加雕塑讲座，有2种方案，最后再在剩下的2天里选择一天参加工艺讲座，有2种，所以一共有2×2×2＝8种选择方案．
答案：8
16．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n2,2n－1)))与数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n2,2n＋1)))的前n项和分别为Sn，Tn，则S5－T5＝________；若Sn－Tn<λ(n＋1)(n＋16)对于∀n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是________．
解析：设an＝eq \f(n2,2n－1)，bn＝eq \f(n2,2n＋1)，
则an－bn＝eq \f(2n2,4n2－1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn－Tn＝(a1－b1)＋(a2－b2)＋…＋(an－bn)
＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(n2＋n,2n＋1)))，
所以S5－T5＝eq \f(30,11)，
由Sn－Tn<λ(n＋1)(n＋16)，得eq \f(n2＋n,2n＋1)<λ(n＋1)(n＋16)，
即λ>eq \f(n,2n＋1n＋16)＝eq \f(n,2n2＋33n＋16)＝eq \f(1,2n＋\f(16,n)＋33)对于∀n∈N*恒成立，
设cn＝2n＋eq \f(16,n)，
因为2n＋eq \f(16,n)≥2eq \r(2n·\f(16,n))＝8eq \r(2)，当且仅当2n＝eq \f(16,n)，即n＝2eq \r(2)时等号成立，
又n∈N*，且c2＝12，c3＝eq \f(34,3)，则c2>c3，所以(cn)min＝eq \f(34,3)，
所以λ>eq \f(1,\f(34,3)＋33)＝eq \f(3,133)，即实数λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,133)，＋∞)).
答案：eq \f(30,11) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,133)，＋∞))
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为 eq \r(\f(a2＋b2,2))的圆是椭圆的“卫星圆”．过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率为k1，k2，当k1＋k2＝2eq \r(10)时，求此时“卫星圆”的个数．
解：(1)∵椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，∴由椭圆的定义和正方形的性质，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝c，,2bc＝12，))解得b＝c＝eq \r(6).又a2＝b2＋c2＝12，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,6)＝1.
(2)设“卫星圆”的圆心为(x0，y0)．
由“卫星圆”的定义，可得“卫星圆”的半径为 eq \r(\f(a2＋b2,2))＝3.
∴“卫星圆”的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝9.
∵直线OA：y＝k1x与“卫星圆”相切，
则由点到直线的距离公式得eq \f(|k1x0－y0|,\r(1＋k\\al(2,1)))＝3，
化简得(xeq \\al(2,0)－9)keq \\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq \\al(2,0)－9＝0.
同理可得(xeq \\al(2,0)－9)keq \\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq \\al(2,0)－9＝0.
∴k1，k2是方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－9))k2－2x0y0k＋yeq \\al(2,0)－9＝0的两个不相等的实数根，
∴xeq \\al(2,0)－9≠0，由Δ>0，得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)>9，
将eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),6)＝1代入得xeq \\al(2,0)>6，k1＋k2＝eq \f(2x0y0,x\\al(2,0)－9).
又∵“卫星圆”的圆心(x0，y0)在椭圆C上，
∴代入椭圆方程eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,6)＝1中，可得eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),6)＝1.
解得yeq \\al(2,0)＝6－eq \f(x\\al(2,0),2)，∴(k1＋k2)2＝eq \f(4x\\al(2,0)y\\al(2,0),x\\al(2,0)－92)＝eq \f(4x\\al(2,0)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－\f(x\\al(2,0),2))),x\\al(2,0)－92)＝eq \f(24x\\al(2,0)－2x\\al(4,0),x\\al(2,0)－92)＝40.
当xeq \\al(2,0)＝10时，yeq \\al(2,0)＝1；当xeq \\al(2,0)＝eq \f(54,7)时，yeq \\al(2,0)＝eq \f(15,7)，
∴满足条件的点(x0，y0)共8个，
∴这样的“卫星圆”存在8个．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(六)
小题限时保分练—选自2022·沈阳二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．复数z满足(3－2i)z＝13，则z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A 由(3－2i)z＝13，得z＝eq \f(13,3－2i)＝eq \f(133＋2i,13)＝3＋2i，故z在复平面内对应的点为(3,2)，位于第一象限．
2.已知全集U＝R，集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x|0
C．{4,5} D．{5}
解析：选C 集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x|0
3．设等差数列{an}的公差为d，a1>0，则“a5>0”是“d>0”的( )
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 必要性成立，由等差数列{an}的公差d>0可知，a5＝a1＋4d>0；充分性不成立，例如：由a1＝5，a5＝1得d＝－1.所以“a5>0”是“d>0”的必要不充分条件．
4．某工厂将产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量P(单位：毫克/升)与过滤时间t(单位：小时)之间的函数关系为P＝P0·e－kt(t≥0)，其中k为常数，k>0，P0为原污染物数量．该工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的( )
A．5% B．3% C．2% D．1%
解析：选B 由题意得，前4个小时，废气中的污染物恰好被过滤掉90%，
故由P＝P0·e－kt得(1－90%)P0＝P0e－4k，
所以0.1＝e－4k，即k＝eq \f(1,4)ln 10，
5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝18，a2a3＝32，若{an}的前n项和Sn满足Sk＋10－Sk＝216－26，则正整数k等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
解析：选A 由a1＋a4＝18，a2a3＝32知，a1＋a4＝18，a1a4＝32，因为{an}是递增的等比数列，所以a1＝2，a4＝16，所以q＝2，an＝2n，则Sk＋10－Sk＝eq \f(2×1－2k＋10,1－2)－eq \f(2×1－2k,1－2)＝2k＋11－2k＋1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＋11＝16，,k＋1＝6，))解得k＝5.
6．现有一个侧面展开图为半圆形的圆锥，其内部放有一个小球，当小球体积最大时，该圆锥与小球的体积之比是( )
A．9∶4 B．9∶5 C．3∶2 D．3∶1
解析：选A 由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线长为l，底面半径为R，则2πR＝πl，所以l＝2R，可知圆锥轴截面为正三角形，圆锥高为eq \r(3)R，又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，轴截面如图所示，
设此时小球半径为r，则有(eq \r(3)R－r)·sin 30°＝r ，即r＝eq \f(\r(3),3)R，故V球＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)R))3＝eq \f(4\r(3),27)πR3，
V锥＝eq \f(1,3)πR2·(eq \r(3)R)＝eq \f(\r(3),3)πR3，
所以V锥∶V球＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)πR3))∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),27)πR3))＝9∶4.
7．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M，N在C上，且eq \(F1F2,\s\up7(――→))＝3eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(F1M,\s\up7(――→))⊥eq \(F2N,\s\up7(――→))，则双曲线C的离心率为( )
A.eq \f(\r(6)＋\r(2),2) B．eq \r(3)＋eq \r(2)
C．2＋eq \r(2) D．eq \r(5)＋eq \r(2)
解析：选D 因为eq \(F1F2,\s\up7(――→))＝3eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(F1M,\s\up7(――→))⊥eq \(F2N,\s\up7(――→))，由双曲线对称性可知，直线F1M与F2N交于y轴上一点P，且△PF1F2为等腰直角三角形，所以|OP|＝|OF1|＝c，如图，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,3)，\f(2c,3)))，F1(－c,0)，F2(c,0)，所以|NF1|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c))2)＝eq \f(2\r(5),3)c，|NF2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c))2)＝eq \f(2\r(2),3)c，则||NF1|－|NF2||＝eq \f(2\r(5),3)c－eq \f(2\r(2),3)c＝2a，即a＝eq \f(\r(5)－\r(2),3)c，
则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,\r(5)－\r(2))＝eq \r(5)＋eq \r(2).
8．若直线y＝k1x＋b1与直线y＝k2x＋b2(k1≠k2)是曲线y＝ln x的两条切线，也是曲线y＝ex的两条切线，则k1k2＋b1＋b2的值为( )
A．e－1 B．0
C．－1 D．eq \f(1,e)－1
解析：选C 由y＝ex和y＝ln x互为反函数可知，
两条公切线y＝k1x＋b1和y＝k2x＋b2也互为反函数，
即x＝eq \f(1,k1)y－eq \f(b1,k1)满足eq \f(1,k1)＝k2，－eq \f(b1,k1)＝b2，
即k1k2＝1，b2＝－eq \f(b1,k1)，
设直线y＝k1x＋b1与y＝ex和y＝ln x分别切于点(x1，ex1)和(x2，ln x2)，
可得切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)和y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
整理得y＝ex1x＋ex1－x1ex1和y＝eq \f(1,x2)x－1＋ln x2，则k1＝ex1＝eq \f(1,x2)，b1＝ex1(1－x1)＝－1＋ln x2，由ex1＝eq \f(1,x2)，得x1＝lneq \f(1,x2)＝－ln x2，且b1＝eq \f(1,x2)(1－x1)＝－1＋ln x2，则b1＝eq \f(1,x2)(1－x1)＝－1－x1，所以x2＝eq \f(1－x1,－1－x1)，
所以k1k2＋b1＋b2＝1＋b1－eq \f(b1,k1)＝1＋b1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k1)))＝1＋b1(1－x2)＝1＋(－1－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1－x1,－1－x1)))＝1＋(－1－x1)－(1－x1)＝－1.
二、多项选择题
9.如图，在4×4方格中，向量a，b，c的始点和终点均为小正方形的顶点，则( )
A．a＝b B．|a＋b|＝|c|
C．a⊥b D．a·c≠b·c
解析：选BC 由题图可知，向量a与向量b方向不同，所以a≠b，故A不正确；作向量a与向量b，如图1，可得|a＋b|＝|c|，且a⊥b，故B、C正确；连接BD，如图2，则AC与BD互相垂直，所以向量a与向量b在向量c上的投影的数量是相同的，所以a·c＝b·c，故D不正确．
10．甲、乙两人进行飞镖游戏，甲的10次成绩分别为8,6,7,7,8,10,10,9,7,8，乙的10次成绩的平均数为8，方差为0.4，则( )
A．甲的10次成绩的极差为4
B．甲的10次成绩的75%分位数为8
C．甲和乙的20次成绩的平均数为8
D．甲和乙的20次成绩的方差为1
解析：选ACD 甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差为4，故A正确；因为10×75%＝7.5，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数为9，故B不正确；经计算，甲的10次成绩的平均数为8，又已知乙的10次成绩的平均数为8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故C正确；seq \\al(2,甲)＝eq \f(1,10)[(6－8)2＋3×(7－8)2＋(9－8)2＋2×(10－8)2]＝1.6，s2＝eq \f(10×1.6＋0＋10×0.4＋0,10＋10)＝eq \f(1,20)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((10×1.6＋10×0.4)＋eq \f(10×10,10＋10)×0))＝1，故D正确．
11．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则( )
A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
解析：选ABD 若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC∥平面PAD.由BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
可得BC∥AD，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；
平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线．在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；
由AB∥CD得AB∥平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线．所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．
12．已知奇函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且f(1－x)－f(1＋x)＋2x＝0恒成立，若f(x)在[0,1]上单调递增，则( )
A．f(x)在[1,2]上单调递减 B．f(0)＝0
C．f(2 022)＝2 022 D．f′(2 023)＝1
解析：选BCD 对于A，若f(x)＝x，符合题意，故错误；
对于B，因为奇函数f(x)在R上可导，所以f(0)＝0，故正确；
对于C，将f(1－x)－f(1＋x)＋2x＝0中的x代换为x＋1，得f(－x)－f(2＋x)＋2x＋2＝0，所以f(x＋2)＋f(x)＝2x＋2，可得f(x＋4)＋f(x＋2)＝2x＋6，两式相减得，f(x＋4)－f(x)＝4，则f(6)－f(2)＝4，f(10)－f(6)＝4，…，f(2 022)－f(2 018)＝4，叠加得f(2 022)－f(2)＝2 020，又由f(x＋2)＋f(x)＝2x＋2，得f(2)＝－f(0)＋2＝2，所以f(2 022)＝f(2)＋2 020＝2 022，故正确；
对于D，将f(1－x)－f(1＋x)＋2x＝0的两边对x求导，得－f′(1－x)－f′(1＋x)＋2＝0，令x＝0，得f′(1)＝1，将－f(－x)＝f(x)的两边对x求导，得f′(－x)＝f′(x)，所以f′(－1)＝1，将f(x＋4)－f(x)＝4的两边对x求导，得f′(x＋4)＝f′(x)，所以f′(2 023)＝f′(2 019)＝…＝f′(－1)＝1，故正确．
三、填空题
13．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，在C上有一点P，|PF|＝8，则点P到x轴的距离为________．
解析：由抛物线的定义可知|PF|＝xP＋2＝8，所以xP＝6，代入y2＝8x中，得yeq \\al(2,P)＝48，所以|yP|＝4eq \r(3)，
故点P到x轴的距离为4eq \r(3).
答案：4eq \r(3)
14．已知随机变量ξ～N(1，σ2)，且P(ξ≤1)＝P(ξ≥a－3)，则eq \f(1,x)＋eq \f(9,a－x)(0
又因为P(ξ≤1)＝P(ξ≥a－3)，所以1＋(a－3)＝2，解得a＝4.
当0
答案：4
15．将A，B，C，D，E这5名同学从左至右排成一排，则A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学的排法有________种．
解析：根据题意，分两种情况：
①若A与C之间为B，即B在A，C中间且三人相邻，共有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，将三人看成一个整体，与D，E两人全排列，共有Aeq \\al(3,3)＝6种情况，则此时有2×6＝12种排法．
②若A与C之间不是B，先从D，E中选取1人，安排在A，C之间，有Ceq \\al(1,2)＝2种选法，此时B在A的另一侧，将四人看成一个整体，考虑之前的顺序，有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，将这个整体与剩下的1人全排列，有Aeq \\al(2,2)＝2种情况，此时有2×2×2＝8种排法，所以总共有12＋8＝20种排法．
答案：20
16．以俄国著名数学家切比雪夫(Tschebyscheff,1821—1894)的名字命名的第一类切比雪夫多项式Tn(x)和第二类切比雪夫多项式Un(x)，起源于多倍角的余弦函数和正弦函数的展开式，是与棣莫弗定理有关、以递归方式定义的多项式序列，是计算数学中的特殊函数．Tn(x)有许多良好的结论，例如：①T1(x)＝x，T2(x)＝2x2－1，对于正整数n≥3时，有Tn(x)＝2x·Tn－1(x)－Tn－2(x)成立，②∀θ∈R，Tn(cs θ)＝csn θ成立．由上述结论可得T4(cs 18°)的数值为________．
解析：由题意T4(cs 18°)＝cs 72°＝sin 18°，
T3(cs 18°)＝cs 54°＝4cs318°－3cs 18°，
又cs 54°＝sin 36°＝2sin 18°cs 18°，
故2sin 18°cs 18°＝4cs3 18°－3cs 18°，
因为cs 18°≠0，所以2sin 18°＝4cs218°－3＝1－4sin218°，
即4sin2 18°＋2sin 18°－1＝0，
解得sin 18°＝eq \f(\r(5)－1,4)或sin 18°＝eq \f(－1－\r(5),4).
∵sin 18°>0，∴sin 18°＝eq \f(\r(5)－1,4)，
所以T4(cs 18°)＝cs 72°＝sin 18°＝eq \f(\r(5)－1,4).
答案：eq \f(\r(5)－1,4)
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的函数f(x)＝(x－k)sin x.
(1)当k＝eq \f(π,6)时，求曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)将f(x)的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列{xn}，若f(x1)＋f(x2)＝0，求k的值．
解：(1)当k＝eq \f(π,6)时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))sin x，f′(x)＝sin x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))cs x，故f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2).
故曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))处的切线的斜率为eq \f(1,2)，
所以曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))处的切线方程为y＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，
令x＝0，得y＝－eq \f(π,12).所以切线与y轴的交点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(π,12))).
此时所求三角形的面积为eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))×eq \f(π,6)＝eq \f(π2,144).
(2)f′(x)＝sin x＋(x－k)cs x，
当－eq \f(π,2)
故存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，使得tan x0＋x0＝k.
此时当－eq \f(π,2)
同理，存在唯一的x′0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，使得tan x′0＋x′0＝k.
此时当eq \f(π,2)
当x′0
同理f(x2)＝－eq \f(sin2x2,cs x2)＝cs x2－eq \f(1,cs x2).
由f(x1)＋f(x2)＝0，整理得(cs x1＋cs x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,cs x1cs x2)))＝0.
又－eq \f(π,2)
所以x1＝－(x2－π)，即x1＋x2＝π，则k＝eq \f(x1＋tan x1＋x2＋tan x2,2)＝eq \f(π,2).
综上所述，k＝eq \f(π,2).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(七)
小题限时保分练—选自2022·潍坊二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设M，N，U均为非空集合，且满足M⊆N⊆U，则(∁UM)∩(∁UN)＝( )
A．M B．N C．∁UM D．∁UN
解析：选D ∵(∁UM)∩(∁UN)＝∁U(M∪N)，又M∪N＝N，∴∁U(M∪N)＝∁UN.
2．已知直线l1：x－3y＝0，l2：x＋ay－2＝0，若l1⊥l2，则a＝( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C．3 D．－3
解析：选A ∵l1⊥l2，∴eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1，解得a＝eq \f(1,3).
3．已知角α的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边与直线2x＋y＋3＝0平行，则eq \f(sin α－cs α,sin α＋cs α)的值为( )
A．－2 B．－eq \f(1,4) C．2 D．3
解析：选D 因为角α的终边与直线2x＋y＋3＝0平行，即角α的终边在直线y＝－2x上，所以tan α＝－2; eq \f(sin α－cs α,sin α＋cs α)＝eq \f(tan α－1,tan α＋1)＝3，故选D.
4．十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为( )
A．对任意正整数n，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn都没有正整数解
B．对任意正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
C．存在正整数n≤2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
D．存在正整数n>2，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn至少存在一组正整数解
答案：D
5.已知函数f(x)＝lga(x－b)(a>0且a≠1)的图象如图所示，则以下说法正确的是( )
A．a＋b<0 B．ab<－1
C．0
解析：选C 由题图可知f(x)在定义域内单调递增，所以a>1，令f(x)＝lga(x－b)＝0，即x＝b＋1，所以函数f(x)的零点为b＋1，结合函数图象可知0
A．15种 B．21种 C．30种 D．35种
解析：选B 将8个参赛名额分配给这6个班，名额之间并无区别，将8个参赛名额采用“隔板法”分成6份即可，每份至少一个名额，共有Ceq \\al(5,7)＝21种．
7．已知正实数a，b满足a2＋2ab＋4b2＝6，则a＋2b的最大值为( )
A．2eq \r(5) B．2eq \r(2) C.eq \r(5) D．2
解析：选B 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2－2ab＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2b,2)))2≥0，所以2ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2，当且仅当a＝2b时等号成立．因为a2＋2ab＋4b2＝6，所以(a＋2b)2－2ab＝6，即(a＋2b)2－6＝2ab，所以(a＋2b)2－6≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2，即(a＋2b)2≤8.因为a，b为正实数，所以a＋2b>0，因此0
A．若直线l是曲线y＝f(x)的切线，则t＝－3
B．若直线l与曲线y＝f(x)无公共点，则t>－3
C．若t＝－2，则点P到直线l的最短距离为eq \r(5)
D．若t＝－2，当点P到直线l的距离最短时，x0＝2
解析：选D 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，若直线l是曲线y＝f(x)的切线，则f′(x)＝－eq \f(1,2)⇒eq \f(1,x)－1＝－eq \f(1,2)⇒x＝2，代入y＝－eq \f(1,2)x＋ln 2＋2，得y＝1＋ln 2，∴f(2)＝1＋ln 2⇒ln 2－2＋t＝1＋ln 2⇒t＝3，故A错误；当t＝－2时，当在点P处的切线平行于直线l时，P到切线直线l的距离最短，则f′(x0)＝－eq \f(1,2)⇒eq \f(1,x0)－1＝－eq \f(1,2)⇒x0＝2，故D正确；此时f(2)＝ln 2－4，故P点坐标为(2，ln 2－4)，点P到直线l：x＋2y－2ln 2－4＝0的距离为eq \f(|2＋2ln 2－4－2ln 2－4|,\r(5))＝2eq \r(5)，故C错误；设ln x－x＋t＝－eq \f(1,2)x＋ln 2＋2⇒t＝eq \f(x,2)－ln x＋ln 2＋2，令g(x)＝eq \f(x,2)－ln x＋ln 2＋2，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,2x)，当x∈(0,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(2)＝3，又当x→0时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴若直线l与曲线y＝f(x)无公共点，则t＜3，故B错误．
二、多项选择题
9．若复数z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(z1,z2)∈R
B.eq \x\t(z1·z2)＝eq \x\t(z1)·eq \x\t(z2)
C．若z1＋m(m∈R)是纯虚数，那么m＝－2
D．若z1，eq \x\t(z2)在复平面内对应的向量分别为eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→)) (O为坐标原点)，则|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝5
解析：选BCD eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋3i,－1＋i)＝eq \f(2＋3i－1－i,－1＋i－1－i)＝eq \f(1－5i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(5,2)i，故A错误；∵z1·z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，∴eq \x\t(z1·z2)＝－5＋i.又eq \x\t(z1)·eq \x\t(z2)＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，∴eq \x\t(z1·z2)＝eq \x\t(z1)·eq \x\t(z2)，故B正确；∵z1＋m＝2＋m＋3i为纯虚数，∴m＋2＝0，解得m＝－2，故C正确；由题意得，eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(－1，－1)，∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝(－3，－4)，∴|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(9＋16)＝5，故D正确．
10．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象为C，则( )
A．图象C关于直线x＝eq \f(5π,12)对称
B．图象C关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))中心对称
C．将y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度可以得到图象C
D．若把图象C向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)是奇函数
解析：选AC 当x＝eq \f(5π,12)时，f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)＋\f(π,6)))＝－1，故图象C关于直线x＝eq \f(5π,12)对称，故A正确；当x＝eq \f(π,3)时，f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)≠0，故图象C不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))中心对称，故B错误；将y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，可以得到图象对应的解析式为y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，故C正确；若把图象C向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，故g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，而g(0)＝cseq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),2)≠0，故g(x)不是奇函数，故D错误．
11.已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上，△ABC为等边三角形，M为平面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，且AC⊥BD，则( )
A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为eq \f(π,3)
D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分
解析：选ABD 设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，GD，GA，GC，则BE⊥AC.∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，∴AC⊥平面BDE，则AC⊥DE，又△ABC为等边三角形，AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，∴AE＝1，DE＝1，BE＝eq \r(3)，∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，又BE⊥AC，AC∩DE＝E，∴BE⊥平面ACD，BE⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；又∵GE＝eq \f(\r(3),3)，GB＝GA＝GC＝eq \f(2\r(3),3)，∴GD＝eq \r(GE2＋DE2)＝eq \r(\f(1,3)＋1)＝eq \f(2\r(3),3)，故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，由上述分析知∠DCA＝eq \f(π,4)
A．若存在m>1，am＝bm，则a1＝b1
B．若a1≠b1，则存在大于2的正整数n，使得an＝0
C．若a1＝a，a2＝b，且a≠b，则b2 022＝－b×22 020
D．若a1＝－1，a2＝－3，则关于x的方程2a3＋(2a3＋1)cs x＋2cs 2x＋cs 3x＝0的所有实数根可构成一个等差数列
解析：选ACD 因为an＋1＝an－bn，bn＋1＝bn－an，n∈N*，所以an＋1＋bn＋1＝0，即an＋1＝－bn＋1，所以n≥2(n∈N*)，必有an＝－bn，得到an＋1＝2an.对于A，若存在m>1，取m＝2，有a2＝b2，则a2＝－b2＝b2＝0，所以必有b2＝b1＋1＝b1－a1＝0，则有a1＝b1，同理，若m>2，由am＝bm可得am－1＝bm－1，am－2＝bm－2，…，a2＝b2，a1＝b1，故A正确；对于B，若a1≠b1，则a2＝a1－b1≠0，b2≠0，又因为n≥2(n∈N*)，必有an＝－bn，得到an＋1＝2an，所以当n≥2时，因为a2≠0，必有an≠0，故B错误；对于C，若a1＝a，a2＝b，且a≠b，则bn＝an－an＋1，则b1＝a1－a2＝a－b，又bn＋1＝－an＋1，所以bn＋1－bn＝－an，根据递推公式，可得bn－bn－1＝－an－1，…，b2－b1＝－a1.利用累加法，bn－b1＝－(a1＋a2＋…＋an－1)，整理得，bn＝b1－(a1＋a2＋…＋an－1)＝b1－(a1＋a2)－(a3＋…＋an－1)＝－a2－(a2＋a3＋…＋an－1)．又因为n≥2(n∈N*)，必有an＝－bn，得到an＋1＝2an，所以bn＝－b－b(1＋2＋22＋…＋2n－3)＝－b－beq \f(1－2n－2,1－2)＝－b－b(2n－2－1)＝－b·2n－2，所以b2 022＝－b×22 020，故C正确；对于D，若a1＝－1，a2＝－3，n≥2(n∈N*)，得到an＋1＝2an，所以a3＝2a2＝－6，则关于x的方程2a3＋(2a3＋1)cs x＋2cs 2x＋cs 3x＝0可以化为，－12＋(－11)cs x＋2cs 2x＋cs 3x＝0，化简得，2cs2x－7＝7cs x－2cs3x，设t＝cs x，可得2t2－7＝7t－2t3，化简得(t＋1)(2t2－7)＝0，所以t＝－1或t2＝eq \f(7,2)(舍去)，所以cs x＝－1，得x＝2kπ＋π(k∈N)，写成数列形式，即所有实数根可构成一个等差数列，其通项公式为xk＝2kπ＋π(k∈N)，故D正确．
三、填空题
13．设随机变量X服从标准正态分布X～N(0,1)，那么对于任意的实数a，记Φ(a)＝P(X
答案：0.4
14．若圆x2＋y2＝1与圆(x－2)2＋y2＝3的交点为A，B，则|AB|＝________.
解析：如图，由题意知|OA|＝1，|AC|＝eq \r(3)，|OC|＝2，满足勾股定理，|OA|2＋|AC|2＝|OC|2.所以△AOC是直角三角形，且∠OCA＝30°.所以|AD|＝eq \f(\r(3),2)，则|AB|＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
15．已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,2]时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x，0≤x≤1，,－\r(3)x＋2\r(3)，1
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x，0≤x≤1，,－\r(3)x＋2\r(3)，1
依题意可得A2(3，eq \r(3))，A8(15，eq \r(3))，B8(16,0)，且直线A8B8的方程为y＝－eq \r(3)(x－14)＋2eq \r(3)，x∈(15,16]，设Ci(xi，－eq \r(3)xi＋16eq \r(3))，xi∈(15,16]，所以eq \(OA2,\s\up7(―→))＝(3，eq \r(3))，eq \(OCi,\s\up7(―→))＝(xi，－eq \r(3)xi＋16eq \r(3))，所以eq \(OA2,\s\up7(―→))·eq \(OCi,\s\up7(―→))＝3xi＋eq \r(3)(－eq \r(3)xi＋16eq \r(3))＝48，所以eq \i\su(i＝1,10, )(eq \(OA2,\s\up7(―→))·eq \(OCi,\s\up7(―→)))＝10×48＝480.
答案：480
16.如图，AB是圆锥底面圆O的直径，圆锥的母线PA＝2，AB＝2eq \r(2)，E是其母线PB的中点．若平面α过点E，且PB⊥平面α，则平面α与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，此时抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为________；截面α把圆锥分割成两部分，在两部分内部，分别在截面α的上方作一个半径最大的球M，在截面α下方作一个半径最大的球N，则球M与球N的半径的比值为________．
解析：如图1所示，
因为圆锥的母线PA＝2，AB＝2eq \r(2)，所以AB2＝PA2＋PB2，所以PB⊥PA.
连接OE.因为PB⊥平面α，所以PB⊥OE.所以PA∥OE.
在△PAB中，O为AB的中点，所以OE为中位线，所以OE＝eq \f(1,2)PA＝1.
设平面α交底面圆于CD，则CD＝AB＝2eq \r(2).
以E为原点，EO所在直线为x轴建立平面直角坐标系如图2所示，则O(1,0)，D(1，eq \r(2))．
可设抛物线y2＝2px(p>0)，把D(1，eq \r(2))代入抛物线方程可得2＝2p，
所以抛物线为y2＝2x，焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
所以OF＝eq \f(1,2)，即抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为eq \f(1,2).
作出截面如图3所示，则球M的半径即为圆M的半径，球N的半径即为圆N的半径．
因为球M为截面α上方的最大的球，所以圆M与PA相切，设切点为Q，则QM⊥PA.又PB⊥PA，所以QM∥PB.
同理：MR∥PB.所以Q，M，R三点共线，QR为球M的直径．
由四边形PQRE为矩形，可得QR＝PE＝eq \f(1,2)PB＝1，所以球M的半径为r1＝eq \f(1,2).
在等腰三角形OBE中，OE＝BE＝eq \f(1,2)PB＝1，OB＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(2).
圆N为三角形OBE的内切圆．设圆N的半径为r2，由等面积法可得eq \f(1,2)×OE×BE＝eq \f(1,2)(OE＋BE＋OB)r2，即eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)(1＋1＋eq \r(2))r2，解得r2＝eq \f(1,2＋\r(2)).所以球M与球N的半径的比值为eq \f(r1,r2)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2＋\r(2)))＝eq \f(2＋\r(2),2).
答案：eq \f(1,2) eq \f(2＋\r(2),2)
大题规范增分练—今日题型：数列
17．数列{an}满足a1＝1,4anan＋1＋1＝3an＋an＋1.
(1)求a2，a3；
(2)证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2an－1)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解：(1)由a1＝1,4anan＋1＋1＝3an＋an＋1，
得4a2＋1＝3＋a2，a2＝eq \f(2,3)，
4a2a3＋1＝3a2＋a3，a3＝eq \f(3,5).
(2)证明：由已知得，an＋1＝eq \f(3an－1,4an－1).
∵eq \f(1,2an＋1－1)－eq \f(1,2an－1)＝eq \f(1,2·\f(3an－1,4an－1)－1)－eq \f(1,2an－1)
＝eq \f(4an－1,23an－1－4an－1)－eq \f(1,2an－1)
＝eq \f(4an－1,2an－1)－eq \f(1,2an－1)＝2，
又∵eq \f(1,2a1－1)＝eq \f(1,2－1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2an－1)))是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴eq \f(1,2an－1)＝2n－1，∴an＝eq \f(n,2n－1).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(八)
小题限时保分练—选自2022·南京二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|y＝ln(x－2)}，B＝{x|x2－4x＋3≤0}，则A∪B＝( )
A．[1,3] B．(2,3]
C．[1，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：选C 因为A＝(2，＋∞)，B＝[1,3]，所以A∪B＝[1，＋∞)．
2．若(2＋i)z＝i，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A 因为z＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(1＋2i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(2,5)))，位于第一象限．
3．已知a，b为单位向量．若|a－2b|＝eq \r(5)，则|a＋2b|＝( )
A.eq \r(3) B．eq \r(5) C.eq \r(7) D．5
解析：选B 因为a2－4a·b＋4b2＝5，所以4a·b＝0，所以|a＋2b|＝eq \r(a＋2b2)＝eq \r(a2＋4a·b＋4b2)＝eq \r(5).
4．利用诱导公式可以将任意角的三角函数值转化为0°～90°之间角的三角函数值，而这个范围内的三角函数值又可以通过查三角函数表得到．下表为部分锐角的正弦值，则tan 1 600°的值为(小数点后保留2位有效数字)( )
A.－0.42 B．－0.36
C．0.36 D．0.42
解析：选B tan 1 600°＝tan(4×360°＋160°)＝tan 160°＝－tan 20°＝－eq \f(sin 20°,cs 20°)＝－eq \f(sin 20°,sin 70°)＝－eq \f(0.342 0,0.939 7)≈－0.36.
5．已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上．若该圆锥的底面半径为2eq \r(3)，高为6，则球O的表面积为( )
A．32π B．48π C．64π D．80π
解析：选C 因为6>2eq \r(3)，故球心在圆锥的内部且在高上，设球的半径为R，则(6－R)2＝R2－12，解得R＝4，球的表面积S＝4πR2＝64π.
6．泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提出．泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝eq \f(λk,k！)e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．已知某种商品每周销售的件数相互独立，且服从参数为λ(λ>0)的泊松分布．若每周销售1件该商品与每周销售2件该商品的概率相等，则两周共销售2件该商品的概率为( )
A.eq \f(2,e4) B．eq \f(4,e4) C.eq \f(6,e4) D．eq \f(8,e4)
解析：选D 依题意得P(X＝1)＝P(X＝2)，即eq \f(λ,eλ)＝eq \f(λ2,2eλ)，解得λ＝2，所以P(X＝k)＝eq \f(2k,k！)e－2，
所以P(X＝0)＝eq \f(20,0！)e－2＝eq \f(1,e2)，P(X＝1)＝eq \f(21,1！)e－2＝eq \f(2,e2)，P(X＝2)＝eq \f(22,2！)e－2＝eq \f(2,e2)，则两周销售2件该商品的概率为P＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(1,e2)·eq \f(2,e2)＋Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)))2＝eq \f(8,e4).
7．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，过点F与x轴垂直的直线与直线AB交于点P.若线段OP的中点在椭圆C上，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(7)－1,2) B．eq \f(\r(7)－1,3) C.eq \f(\r(5)－1,2) D．eq \f(\r(5)－1,3)
解析：选A 由题意，F(－c,0)，A(a,0)，B(0，b)，
由直线方程的截距式可得直线AB为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
过点F与x轴垂直的直线为x＝－c，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,a)＋\f(y,b)＝1，,x＝－c，))可得x＝－c，y＝eq \f(a＋cb,a)，
故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(a＋cb,a)))，OP的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)，\f(a＋cb,2a)))，
代入椭圆方程得eq \f(c2,4a2)＋eq \f(a＋c2,4a2)＝1，即eq \f(c2,a2)＋eq \f(c,a)－eq \f(3,2)＝0，即e2＋e－eq \f(3,2)＝0，解得e＝eq \f(\r(7)－1,2)(舍负)．
8．设a＝2e－0.2，b＝e0.2，c＝1.2，则( )
A．a
9．我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高．“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推进乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力.2017年～2021年某市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年增长率如图所示．根据图表，下列说法一定正确的是( )
A．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民
B．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大
C．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大
D．2021年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升
解析：选BCD 由增长率高，得不出收入高，故A错误；由题表中数据可知，城镇居民相关数据极差较大，农村居民相关数据中位数较大，故B、C正确；由题表中数据可知，增长率为正，故D正确．
10．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是( )
A．若O为线段PQ的中点，则|PF|＝2
B．若|PF|＝4，则|OP|＝2eq \r(5)
C．存在直线l，使得PF⊥QF
D．△PFQ面积的最小值为2
解析：选AD 抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，焦点F(1,0)，若O为PQ的中点，所以xP＝1，所以|PF|＝xP＋1＝2，故A正确；若|PF|＝4，则xP＝4－1＝3，所以|OP|＝eq \r(x\\al(2,P)＋y\\al(2,P))＝eq \r(x\\al(2,P)＋4xP)＝eq \r(21)，故B错误；设P(a2,2a)，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,a)))，所以eq \(FP,\s\up7(―→))＝(a2－1,2a)，eq \(QF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,a)))，所以eq \(FP,\s\up7(―→))·eq \(QF,\s\up7(―→))＝2a2－2＋4＝2a2＋2>0，所以PF与QF不垂直，故C错误；S△PFQ＝eq \f(1,2)·|OF|·|yP－yQ|＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(2,a)))＝|a|＋eq \f(1,|a|)≥2，当且仅当|a|＝eq \f(1,|a|)，即a＝±1时，取等号，所以△PFQ面积的最小值为2，故D正确．
11．设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，ω＞0，下列说法正确的是( )
A．当ω＝2时，f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
B．当ω＝eq \f(1,2)时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数
C．若f(x)在[0，π]上的最小值为－2，则ω的取值范围为ω≥eq \f(7,6)
D．若f(x)在[－π，0]上恰有2个零点，则ω的取值范围为ω≥eq \f(4,3)
解析：选AC 当ω＝2时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sineq \f(π,2)＝2，所以直线x＝eq \f(π,12)是f(x)图象的一条对称轴，故A正确；当ω＝eq \f(1,2)时，若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,12)))，则eq \f(π,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,12)))，所以f(x)不单调，故B错误；若x∈[0，π]，则ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，由题意可知ωπ＋eq \f(π,3)≥eq \f(3π,2)，解得ω≥eq \f(7,6)，故C正确；若x∈[－π，0]，则ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－ωπ＋\f(π,3)，\f(π,3)))，由题意可知－2π<－ωπ＋eq \f(π,3)≤－π，解得eq \f(4,3)≤ω
A．AG⊥平面PBD
B．直线FG和直线AB所成的角为eq \f(π,4)
C．当点T在平面PBD内，且TA＋TG＝2时，点T的轨迹为一个椭圆
D．过点E，F，G的平面与四棱锥P-ABCD表面交线的周长为2eq \r(2)＋eq \r(6)
解析：选ABD 将该四棱锥补成正方体，可知AG位于其体对角线上，则AG⊥平面PBD，故A正确；设PB的中点为H，则FG∥AH，且∠HAB＝eq \f(π,4)，故B正确；因为TA＋TG＝2，故T在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转形成的椭球，又平面PBD与其长轴垂直，所以截面为圆，故C错误；
设平面EFG与PB，PD交于点M，N，连接PE，EC，PF，FC，EM，MG，GN，NF，
因为PA＝BC，AE＝BE，∠PAE＝∠CBE，故△PAE≌△CBE，
所以PE＝CE，而PG＝GC，故EG⊥PC，同理FG⊥PC，
而FG∩EG＝G，故PC⊥平面EFG，而EM⊂平面EFG，则PC⊥EM.
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，故PA⊥BC，而BC⊥AB，PA∩AB＝A，故BC⊥平面PAB，而EM⊂平面PAB，故BC⊥EM，因为BC∩PC＝C，则EM⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，则EM⊥PB，所以BM＝EM＝eq \f(\r(2),2)BE＝eq \f(\r(2),2)，同理FN＝DN＝eq \f(\r(2),2)，又PG＝eq \r(3)，PM＝2eq \r(2)－eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(2),2)，则GM＝GN＝eq \f(\r(6),2)，而EF＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，所以交线长为EF＋EM＋MG＋GN＋FN＝2eq \r(2)＋eq \r(6)，故D正确．
三、填空题
13．实数a，b满足lg a＋lg b＝lg(a＋2b)，则ab的最小值为________．
解析：因为lg a＋lg b＝lg ab＝lg(a＋2b)，所以ab＝a＋2b≥2eq \r(2ab)，故ab≥8，当且仅当a＝4，b＝2时等号成立，故ab的最小值为8.
答案：8
14．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为________．(用数字作答)
解析：先排“冰墩墩”，中间有三个空位，再把“雪容融”插在三个空位中，则不同的排列方法种数为Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,3)＝144.
答案：144
15．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1－x)＋f(1＋x)＝2，当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－x2，若f(x)≥x＋b对一切x∈R恒成立，则实数b的最大值为________．
解析：因为f(1＋x)＋f(1－x)＝2，故f(x)的图象关于点(1,1)中心对称．当x∈[－1,0]时，f(x)＝－f(－x)＝x2＋2x，故f(x)的图象如图所示，结合图象可得，只需当x∈[－1,0]时，f(x)＝x2＋2x≥x＋b即可，即b≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，故b≤－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
16.某中学开展劳动实习，学生需测量某零件中圆弧的半径．如图，将三个半径为20 cm的小球放在圆弧上，使它们与圆弧都相切，左、右两个小球与中间小球相切．利用“十”字尺测得小球的高度差h为8 cm，则圆弧的半径为________cm.
解析：如图所示，设圆弧圆心为O，半径为R，三个小球的球心自左至右分别为O1，O2，O3，圆O1、O2相切于点Q，设∠O1OQ＝θ，则∠O1OO3＝4θ，由题意可知，sin θ＝eq \f(O1Q,OO1)＝eq \f(20,R－20)，过点O1，作O1P垂直于O2M，垂足为P.且h＝O2M－20＝O2M－O1N＝O2P＝OO2－OO1cs 2θ＝(R－20)－(R－20)cs 2θ＝2(R－20)sin2θ，即2(R－20)sin2θ＝8，所以2(R－20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,R－20)))2＝8，解得R＝120.
答案：120
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a－b＝c(cs B－cs A)．
(1)判断△ABC的形状并给出证明；
(2)若a≠b，求sin A＋sin B＋sin C的取值范围．
解：(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由a－b＝c(cs B－cs A)及正弦定理得，sin A－sin B＝sin C(cs B－cs A)，
即sin(B＋C)－sin(A＋C)＝sin C(cs B－cs A)，
即sin Bcs C＋cs Bsin C－sin Acs C－cs Asin C＝sin Ccs B－sin Ccs A，
整理得sin Bcs C－sin Acs C＝0，所以cs C(sin B－sin A)＝0，故sin A＝sin B或cs C＝0，
又A，B，C为△ABC的内角，所以a＝b或C＝eq \f(π,2)，
因此△ABC为等腰三角形或直角三角形．
(2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形，且A＋B＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,2)，
故B＝eq \f(π,2)－A，且A≠eq \f(π,4)，
所以sin A＋sin B＋sin C＝sin A＋sin B＋1＝sin A＋cs A＋1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＋1，
因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
故A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\r(2)＋1))，
因此sin A＋sin B＋sin C的取值范围为(2，eq \r(2)＋1)．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(九)
小题限时保分练—选自2022·湖北二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设A＝{x|x>1}，B＝{x|x2－2x－3<0}，则(∁RA)∩B＝( )
A．{x|x>－1} B．{x|－1
A．1 B．2
C．i D．－2i
解析：选A 由z(1＋2i)＝－3＋4i，得z＝eq \f(－3＋4i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－3＋6i＋4i－8i2,5)＝1＋2i，所以复数z的实部是1.
3.函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式是( )
A．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) B．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
C．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
解析：选D 由题图知，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故ω＝2，再将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－1))代入解析式得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，得eq \f(7π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z.又|φ|
A．9 B．－9 C．18 D．－18
解析：选D eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \(EC,\s\up7(―→))＋eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))，则eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \(AD,\s\up7(―→))2)＝－18.
5．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))n(n∈N*)的展开式中各项的二项式系数之和为64，则其展开式中x3的系数为( )
A．160 B．－160
C．60 D．－60
解析：选B 由展开式中各项的二项式系数之和为64，得2n＝64，得n＝6.∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(2x2)6－r(－1)req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,6)26－r(－1)rx12－3r，令12－3r＝3，则r＝3，所以其展开式中x3的系数为Ceq \\al(3,6)23(－1)3＝－160.
6．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4).记点M的轨迹长度为α，则tan α＝( )
A.eq \f(\r(3),3) B．1
C.eq \r(3) D．2
解析：选C 因为PA⊥平面ABCD，所以∠PMA即为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以∠PMA＝eq \f(π,4)，
因为AP＝2，所以AM＝2，
所以点M位于矩形ABCD内以点A为圆心，2为半径的圆上，
则点M的轨迹为圆弧EF，如图．
连接AF，则AF＝2，
因为AB＝1，AD＝3，
所以∠AFB＝∠FAE＝eq \f(π,6)，
则弧EF的长度α＝eq \f(π,6)×2＝eq \f(π,3)，
所以tan α＝eq \r(3).
7．已知F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线C交于M，N两点，且eq \(F1N,\s\up7(―→))＝3eq \(F1M,\s\up7(――→))，|F2M|＝|F2N|，则C的离心率为( )
A.eq \r(2) B．eq \r(5)
C.eq \r(7) D．3
解析：选C 设|eq \(F1M,\s\up7(――→))|＝m，则|eq \(F1N,\s\up7(―→))|＝3m，设|F2M|＝|F2N|＝n，则由双曲线的定义得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－m＝2a，,3m－n＝2a，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2a，,n＝4a，))所以|eq \(F1M,\s\up7(――→))|＝2a，|eq \(F1N,\s\up7(―→))|＝6a, |F2M|＝|F2N|＝4a，|MN|＝4a，所以△MNF2为等边三角形，所以∠NMF2＝60°，则∠F1MF2＝120°，在△F1MF2中，由余弦定理得，cs∠F1MF2＝
eq \f(|MF1|2＋|MF2|2－|F1F2|2,2|MF1||MF2|)，
即－eq \f(1,2)＝eq \f(4a2＋16a2－4c2,16a2)，化简得c2＝7a2，c＝eq \r(7)a，
所以双曲线的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(7).
8．已知函数f(x)＝lg(|x|－1)＋2x＋2－x，则使不等式f(x＋1)
B．(－2，－1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解析：选D 由|x|－1>0得f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f(－x)＝lg(|x|－1)＋2－x＋2x＝f(x)，故f(x)为偶函数，而y＝lg(|x|－1)，y＝2x＋eq \f(1,2x)在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则f(x＋1)
二、多项选择题
9．已知甲、乙两个水果店在“十一黄金周”七天的水果销售量统计如图所示，则下列说法正确的是( )
A．甲组数据的极差大于乙组数据的极差
B．若甲、乙两组数据的平均数分别为eq \x\t(x)1，eq \x\t(x)2，则eq \x\t(x)1>eq \x\t(x)2
C．若甲、乙两组数据的方差分别为seq \\al(2,1)，seq \\al(2,2)，则seq \\al(2,1)>seq \\al(2,2)
D．甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数
解析：选BD 由折线图得，甲组数据的极差小于乙组数据的极差，故A错误；甲组数据除第二天数据略低于乙组数据，其他天数据都高于乙组数据，可知eq \x\t(x)1>eq \x\t(x)2，故B正确；甲组数据比乙组数据稳定，则seq \\al(2,1)
A．λ(a⊗b)＝(λa)⊗b B．a⊗b＝b⊗a
C．若a⊗b＝0，则a⊥b D．|a⊗b|≤|a||b|
解析：选BD 若λ为负数，可知λ(a⊗b)＝－(λa)⊗b，故A错误；由定义知B正确；若a⊗b＝0，则sin〈a，b〉＝0，a，b共线，故C错误；由定义知a⊗b＝|a||b|·sin〈a，b〉≤|a||b|，故D正确．
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A．数列{an＋an＋1}为等比数列
B．数列{an＋1－2an}为等比数列
C．an＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)
D．S20＝eq \f(2,3)(410－1)
解析：选ABD an＝an－1＋2an－2，an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1＋an－2))(n≥3)，
因为a1＝a2＝1，所以a3＝a2＋2a1＝3，
a3＋a2＝4＝2(a2＋a1)，所以数列{an＋an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＋an＋1＝2·2n－1＝2n，故选项A正确；
an＝an－1＋2an－2，
an－2an－1＝2an－2－an－1＝－(an－1－2an－2)，
a3－2a2＝3－2＝1，a2－2a1＝1－2＝－1，
所以{an＋1－2an}是首项为－1，公比为－1的等比数列，an＋1－2an＝－1·(－1)n－1＝(－1)n，故选项B正确；
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1＋an＝2n，,an＋1－2an＝－1n，))所以an＝eq \f(2n－－1n,3)，故选项C错误；
S20＝a1＋a2＋…＋a20
＝eq \f(2－－1,3)＋eq \f(22－－12,3)＋…＋eq \f(220－－120,3)
＝eq \f(2＋22＋…＋220－[－1＋－12＋…＋－120],3)
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(21－220,1－2)－\f(－1×[1－－120],1－－1)))
＝eq \f(2,3)(220－1)＝eq \f(2,3)(410－1)，故选项D正确．
12．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足eq \(D1F,\s\up7(――→))＝λeq \(D1C1,\s\up7(――→))，eq \(D1P,\s\up7(――→))＝μeq \(D1B,\s\up7(――→))，其中λ，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝eq \f(1,2)时，三棱锥P-EFD的体积为定值
B．当μ＝eq \f(1,2)时，四棱锥P-ABCD的外接球的表面积是eq \f(9π,4)
C．若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(2,3)，则μ＝eq \f(1,3)
D．存在唯一的实数对(λ，μ)，使得DP⊥平面EFP
解析：选ABC 当λ＝eq \f(1,2)时， F是D1C1的中点，连接BC1与B1C交于点E，则E为BC1的中点，∴EF∥BD1，∴BD1∥平面EFD，又点P在BD1上，∴点P到平面EFD的距离为定值，∴三棱锥P-EFD的体积为定值，故A正确；
当μ＝eq \f(1,2)时，点P为BD1的中点，设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，则球心O在PM的延长线上，由OP＝R得OM＝R－eq \f(1,2)，由OM2＋CM2＝OC2得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝R2，解得R＝eq \f(3,4)，∴外接球的表面积为eq \f(9π,4)，故B正确；
连接BD，过点P作PM⊥BD于M，连接CM，∵B1B⊥平面ABCD，∴平面BDD1B1⊥平面ABCD，平面BDD1B1∩平面ABCD＝BD，∴PM⊥平面ABCD，∴∠PCM为CP与平面ABCD所成的角，∵eq \(D1P,\s\up7(――→))＝μeq \(D1B,\s\up7(――→))，∴BM＝eq \r(2)(1－μ)，PM＝1－μ，在△MBC中，由余弦定理有CM＝eq \r(21－μ2＋2μ－1)，在Rt△CPM中，由勾股定理有PC＝eq \r(31－μ2＋2μ－1)，∴sin∠PCM＝eq \f(PM,PC)＝eq \f(1－u,\r(31－μ2＋2μ－1))＝eq \f(2,3)，解得μ＝eq \f(1,3)(负值舍去)，故C正确；
∵点F在D1C1上，又E在BC1上，P在BD1上，∴平面PEF即为平面BC1D1A，又易证B1C⊥平面BC1D1A，∴eq \(B1C,\s\up7(―→))是平面BC1D1A的法向量，∴要使DP⊥平面EFP，须eq \(B1C,\s\up7(―→))与eq \(DP,\s\up7(―→))共线，即须eq \(A1D,\s\up7(―→))与eq \(DP,\s\up7(―→))共线，显然不可能，∴不存在实数对(λ，μ)使得DP⊥平面EFP，故D错误．
三、填空题
13．若随机变量X～N(3，σ2)，且P(X>5)＝0.2，则P(1≤X≤5)等于________．
解析：∵X～N(3，σ2)，∴P(X>5)＝P(X<1)＝0.2，∴P(1≤X≤5)＝1－P(X>5)－P(X<1)＝0.6.
答案：0.6
14．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数．若a1＝1，且an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))则解下6个圆环所需的最少移动次数为________．
解析：因为a1＝1，所以a2＝2a1＋2＝4，a3＝2a2－1＝7，a4＝2a3＋2＝16，a5＝2a4－1＝31，a6＝2a5＋2＝64.
答案：64
15．已知函数f(x)＝x＋ln(x－1)，g(x)＝xln x，若f(x1)＝1＋2ln t，g(x2)＝t2，则eq \f(ln t,x1x2－x2)的最大值为________．
解析：由题意，f(x1)＝x1＋ln(x1－1)＝1＋2ln t，得x1－1＋ln(x1－1)＝ln t2，所以ln[(x1－1)ex1－1]＝ln t2，即t2＝(x1－1)ex1－1>0，又g(x2)＝x2ln x2＝t2，得t2＝eln x2·ln x2>0.
令y＝x·ex，则y′＝(x＋1)·ex>0在[0，＋∞)上恒成立，所以y＝x·ex在[0，＋∞)上单调递增，
所以ln x2＝x1－1，则x1－ln x2＝1，
所以eq \f(ln t,x1x2－x2)＝eq \f(ln t,x2ln x2)＝eq \f(ln t,t2)，
令h(t)＝eq \f(ln t,t2)(t>0)，则h′(t)＝eq \f(1－2ln t,t3)，
.
答案：eq \f(1,2e)
16．设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过第一象限内的抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C(2p,0)，AF与BC相交于点D.若|CF|＝|AF|，且△ACD的面积为eq \f(9\r(2),2)，则直线AC的斜率k＝________，抛物线的方程为________．
解析：如图所示，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
C(2p,0)．则|CF|＝eq \f(3p,2).
∵AB∥x轴，|CF|＝|AF|，
|AB|＝|AF|，∴|CF|＝|AB| .
∴四边形ABFC为平行四边形，
∴|CF|＝|AB|＝eq \f(3p,2)，|CD|＝|BD|.
∴xA＋eq \f(p,2)＝eq \f(3p,2)，解得xA＝p，
代入y2＝2px可取yA＝eq \r(2)p，
∴S△ACD＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(3p,2)×eq \r(2)p＝eq \f(9\r(2),2)，
解得p＝2eq \r(3).∴y2＝4eq \r(3)x.
∴kAC＝eq \f(\r(2)p－0,p－2p)＝－eq \r(2).
答案：－eq \r(2) y2＝4eq \r(3)x
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．小叶紫檀是珍稀树种，因其木质好备受玩家喜爱，其幼苗从观察之日起，第x天的高度为y cm，测得数据如下：
数据的散点图如图所示：
为近似描述y与x的关系，除了一次函数y＝bx＋a，还有y＝beq \r(x)＋a和y＝bx2＋a两个函数可选．
(1)从三个函数中选出“最好”的曲线拟合y与x的关系，并求出其回归直线方程(eq \(b,\s\up6(^))保留到小数点后1位)；
(2)判断说法“高度从1 000 cm长到1 001 cm所需时间超过一年”是否成立，并给出理由．
参考公式：
eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)2)＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x).
参考数据(其中ui＝eq \r(xi)，ii＝xeq \\al(2,i))：eq \x\t(x)＝20，eq \x\t(u)＝4，eq \x\t(i)＝668，eq \x\t(y)＝8，eq \i\su(i＝1,7,x)eq \\al(2,i)＝4 676，eq \i\su(i＝1,7,u)eq \\al(2,i)＝140，eq \i\su(i＝1,7,i)eq \\al(2,i)＝7 907 396，eq \i\su(i＝1,7,x)iyi＝1 567，eq \i\su(i＝1,7,u)iyi＝283，eq \i\su(i＝1,7,i)iyi＝56 575.
解：(1)由散点图可知，这些数据集中在图中曲线的附近，而曲线的形状与函数y＝eq \r(x)的图象很相似，因此可以用类似的表达式eq \(y,\s\up6(^))＝beq \r(x)＋a来描述y与x的关系，即三个函数中eq \(y,\s\up6(^))＝beq \r(x)＋a的图象是拟合y与x的关系“最好”的曲线．
令u＝eq \r(x)，则eq \(y,\s\up6(^))＝bu＋a，根据已知数据，
得eq \x\t(u)＝4，eq \x\t(y)＝8，eq \i\su(i＝1,7,u)iyi＝283，eq \i\su(i＝1,7,u)eq \\al(2,i)＝140，
所以eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,7,u)iyi－7\x\t(u) \x\t(y),\i\su(i＝1,7,u)\\al(2,i)－7\x\t(u)2)＝eq \f(283－7×4×8,140－7×16)＝eq \f(59,28)≈2.1，
又回归直线eq \(y,\s\up6(^))＝bu＋a经过点(4,8)，所以a＝8－2.1×4＝－0.4，
所以y关于x的回归直线方程为eq \(y,\s\up6(^))＝2.1u－0.4，即eq \(y,\s\up6(^))＝2.1eq \r(x)－0.4.
(2)说法“高度从1 000 cm长到1 001 cm所需时间超过一年”成立．
设其幼苗从观察之日起，第m天的高度为1 000 cm，
有1 000＝2.1eq \r(m)－0.4，解得m≈226 939，
第n天的高度为1 001 cm，
有1 001＝2.1eq \r(n)－0.4，解得n≈227 393，
n－m＝227 393－226 939＝454天，
所以说法“高度从1 000 cm长到1 001 cm所需时间超过一年”成立．
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十)
小题限时保分练—选自2022·江苏七市调研卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设全集U＝{－3，－2，－1,1,2,3}，集合A＝{－1,1}，B＝{1,2,3}，则(∁UA)∩B＝( )
A．{1} B．{1,2} C．{2,3} D．{1,2,3}
答案：C
2．已知复数z满足z(1＋2i)＝i(1＋z)，则z＝( )
A.eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i B．eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i
C．1＋i D．1－i
解析：选A 令z＝a＋bi，a，b∈R，∴(a＋bi)(1＋2i)＝i(1＋a＋bi)，即a＋2ai＋bi－2b＝(a＋1)i－b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2b＝－b，,2a＋b＝a＋1，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2).))∴z＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i.
3．已知|a|＝3，|b|＝2，(a＋2b)·(a－3b)＝－18，则a与b的夹角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析：选B ∵(a＋2b)·(a－3b)＝－18，∴a2－6b2－a·b＝－18.即|a|2－6|b|2－|a||b|cs〈a，b〉＝－18.又|a|＝3，|b|＝2，∴9－24－6cs〈a，b〉＝－18.∴cs〈a，b〉＝eq \f(1,2).又0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝60°.
4．时钟花是原产于南美热带雨林的藤蔓植物，从开放到闭合与体内的一种时钟酶有关．研究表明，当气温上升到20 ℃时，时钟酶活跃起来，花朵开始开放；当气温上升到28 ℃时，时钟酶的活性减弱，花朵开始闭合，且每天开闭一次．已知某景区一天内5～17时的气温T(单位：℃)与时间t(单位：h)近似满足关系式T＝20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t－\f(π,8)))，则该景区这天时钟花从开始开放到开始闭合约经历eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,10)≈0.8))( )
A．1.4 h B．2.4 h C．3.2 h D．5.6 h
解析：选B 设t1时开始开放，t2时开始闭合，则20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t1－\f(π,8)))＝20，又t1∈[5,17]，解得t1＝9,20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝28，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝－eq \f(4,5)，由sineq \f(3π,10)≈0.8得sineq \f(13π,10)≈－eq \f(4,5)，∴eq \f(π,8)t2－eq \f(π,8)＝eq \f(13π,10)，∴t2＝eq \f(57,5)，∴t2－t1＝eq \f(12,5)＝2.4.
5．设(1＋3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a5＝a6，则n＝( )
A．6 B．7 C．10 D．11
解析：选B (1＋3x)n展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(3x)r＝Ceq \\al(r,n)3rxr，因为a5＝a6，所以Ceq \\al(5,n)35＝Ceq \\al(6,n)36，即Ceq \\al(5,n)＝3Ceq \\al(6,n)，所以eq \f(n！,5！n－5！)＝3×eq \f(n！,6！n－6！)，整理得n－5＝2，解得n＝7.
6．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“Sn＋S3n>2S2n”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 若Sn＋S3n>2S2n，则na1＋eq \f(nn－1,2)·d＋3na1＋eq \f(3n3n－1,2)·d>2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2na1＋\f(2n2n－1,2)·d))，即eq \f(nn－1,2)·d＋eq \f(3n3n－1,2)·d>2n(2n－1)·d，(n2－n＋9n2－3n－8n2＋4n)d>0,2n2·d>0，d>0，则“d>0”是“Sn＋S3n>2S2n”的充要条件．
7．在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，B(9,6)，动点C在线段OB上，BD⊥y轴，CE⊥y轴，CF⊥BD，垂足分别是D，E，F，OF与CE相交于点P.已知点Q在点P的轨迹上，且∠OAQ＝120°，则|AQ|＝( )
A．4 B．2
C.eq \f(4,3) D．eq \f(2,3)
解析：选A 设P(x，y)，则yC＝y.∵直线OB的方程为y＝eq \f(2,3)x，∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y，y))，∴E(0，y)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y，6)).∵FC∥y轴，∴△OPE∽△FPC，∴eq \f(EP,PC)＝eq \f(OE,FC)，∴eq \f(x,\f(3,2)y－x)＝eq \f(y,6－y)，即y2＝4x，∴点P的轨迹方程为y2＝4x,0≤x≤9，故A(1,0)为该抛物线的焦点．设Q(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝4x0，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(x0－1，y0)，eq \(AO,\s\up7(―→))＝(－1，0)，∴cs∠OAQ＝eq \f(eq \(AO,\s\up7(―→))·eq \(AQ,\s\up7(―→)),|eq \(AO,\s\up7(―→))||eq \(AQ,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1－x0,\r(x0－12＋y\\al(2,0)))＝eq \f(1－x0,x0＋1)＝－eq \f(1,2)，解得x0＝3，∴|AQ|＝x0＋eq \f(p,2)＝3＋1＝4.
8．已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(5.5)＝2，g(x)＝(x－1)f(x)．若g(x＋1)是偶函数，则g(－0.5)＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选D g(x＋1)为偶函数，则g(x)关于直线x＝1对称，即g(x)＝g(2－x)，即(x－1)f(x)＝(1－x)f(2－x)，即f(x)＋f(2－x)＝0，∴f(x)关于点(1,0)对称，又f(x)是定义域为R的偶函数，∴f(x)＝－f(2－x)＝－f(x－2)，∴f(x－4)＝f[(x－2)－2]＝－f(x－2)＝－[－f(x)]＝f(x)，即f(x－4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4，∴f(5.5)＝f(1.5)＝f(－2.5)＝f(2.5)＝2，∴g(－0.5)＝g(2.5)＝1.5f(2.5)＝3.
二、多项选择题
9．已知一组数据x1，x2，…，xn的平均数为x0，若在这组数据中添加一个数据x0，得到一组新数据x0，x1，x2，…，xn，则( )
A．这两组数据的平均数相同
B．这两组数据的中位数相同
C．这两组数据的标准差相同
D．这两组数据的极差相同
解析：选AD 对于A选项，由题意得，eq \f(x1＋x2＋…＋xn,n)＝x0，∴x1＋x2＋…＋xn＝nx0，添加一个数据x0，得eq \f(x0＋x1＋…＋xn,n＋1)＝eq \f(x0＋nx0,n＋1)＝x0，∴平均数不变，A正确；
对于B选项，取一组数据1,2,3,11,14,15，中位数为7，平均数为eq \f(23,3)，加上一个eq \f(23,3)，中位数为eq \f(23,3)≠7，B错误；
对于C选项，原来s2＝eq \f(1,n)eq \i\su(i＝1,n, )(xi－x0)2，后来seq \\al(2,1)＝eq \f(1,n＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n, )xi－x02＋x0－x02)))＝eq \f(1,n＋1)eq \i\su(i＝1,n, )(xi－x0)2≠s2，C错误；
对于D选项，数据不相等时，x0既不是最大值也不是最小值，极差不变，数据相等时，极差为0，加上x0，极差仍为0，极差不变，故D正确．
10．若a＞b＞0＞c，则( )
A.eq \f(c,a)>eq \f(c,b) B．eq \f(b－c,a－c)>eq \f(b,a)
C．ac>bc D．a－c>2eq \r(－bc)
解析：选ABD eq \f(c,a)－eq \f(c,b)＝eq \f(b－ac,ab)，∵a>b>0>c，∴ab>0，b－a<0，c<0，∴eq \f(b－ac,ab)>0，∴eq \f(c,a)>eq \f(c,b)，故A正确；eq \f(b－c,a－c)－eq \f(b,a)＝eq \f(ab－c－ba－c,a－ca)＝eq \f(b－ac,a－ca)，∵a>b>0>c，∴a－c>0，a>0，b－a<0，c<0，∴eq \f(b－ac,a－ca)>0，∴eq \f(b－c,a－c)>eq \f(b,a)，故B正确；设g(x)＝xc，当c<0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵a>b，∴ac
11．在正六棱锥P-ABCDEF中，已知底面边长为1，侧棱长为2，则( )
A．AB⊥PD
B．共有4条棱所在的直线与AB是异面直线
C．该正六棱锥的内切球的半径为eq \f(\r(15)－\r(3),4)
D．该正六棱锥的外接球的表面积为eq \f(16π,3)
解析：选BCD 如图，设底面中心为O，则在正六棱锥P-ABCDEF中，PO⊥平面ABCDEF，∴PO⊥AB.若PD⊥AB，则AB⊥平面POD，则AB⊥OD，即AB⊥AD，矛盾，A错误；
AB与PC，PD，PE，PF异面，B正确；
设内切球半径为r，取AB中点M，PA＝PB＝2，BM＝eq \f(1,2)，∴PM＝eq \r(4－\f(1,4))＝eq \f(\r(15),2)，∴S△PAB＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(15),2)＝eq \f(\r(15),4)，∴S侧＝eq \f(3\r(15),2)，S底＝6×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).故在Rt△POM中，PO＝eq \r(PM2－OM2)＝eq \r(\f(15,4)－\f(3,4))＝eq \r(3)，∴由等体积法得eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3\r(15),2)＋eq \f(3\r(3),2)))·r，解得r＝eq \f(\r(15)－\r(3),4)，C正确；
设外接球半径为R，则(eq \r(3)－R)2＋1＝R2，∴R＝eq \f(2,\r(3))，
所以S＝4πR2＝eq \f(16π,3)，D正确．
12．已知直线y＝a与曲线y＝eq \f(x,ex)相交于A，B两点，与曲线y＝eq \f(ln x,x)相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则( )
A．x2＝aex2 B．x2＝ln x1
C．x3＝ex2 D．x1x3＝xeq \\al(2,2)
解析：选ACD ∵y＝eq \f(x,ex)，∴y′＝eq \f(1－x,ex)，y′＝0时，x＝1.
故y＝eq \f(x,ex)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴ymax＝eq \f(1,e).
∵y＝eq \f(ln x,x)，∴y′＝eq \f(1－ln x,x2)，y′＝0时，x＝e，
三、填空题
13．若tan θ＝3sin 2θ，θ为锐角，则cs 2θ＝________.
解析：tan θ＝3sin 2θ，即eq \f(sin θ,cs θ)＝6sin θcs θ，
∵θ是锐角，∴sin θ≠0，
∴cs2θ＝eq \f(1,6)，
∴cs 2θ＝2cs2θ－1＝2×eq \f(1,6)－1＝－eq \f(2,3)﹒
答案：－eq \f(2,3)
14．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ex，x>0，,x2＋2x＋4，x≤0，))若f(f(a))＝4，则a＝________.
解析：由题意知，当x＞0时，f(x)＜0；当x≤0时，f(x)＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3.
∴若f(x)＝4，则x2＋2x＋4＝4(x≤0)，解得x＝0或x＝－2，若f(a)＝0(舍去)或f(a)＝－2，则－ea＝－2，解得a＝ln 2.
答案：ln 2
15．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)是双曲线右支上的两点，x1＋y1＝x2＋y2＝3.记△PQF1，△PQF2的周长分别为C1，C2，若C1－C2＝8，则双曲线的右顶点到直线PQ的距离为________．
解析：根据双曲线的定义，C1－C2＝(PQ＋PF1＋QF1)－(PQ＋PF2＋QF2)＝4a＝8.
所以a＝2，故双曲线右顶点(2,0)，
因为x1＋y1＝x2＋y2＝3，
所以P在直线x＋y＝3上，Q在直线x＋y＝3上，即直线PQ的方程为x＋y－3＝0，
所以双曲线的右顶点到直线PQ的距离为d＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
16.某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱制作而成．已知正四棱柱的底面边长为3 cm，这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为______，体积为________cm3.
解析：公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，共8个面．
底面是边长为3eq \r(2)的正方形，S＝18，其中一个正四棱锥的高为eq \f(3\r(2),2).
∴V＝eq \f(1,3)×18×eq \f(3\r(2),2)×2＝18eq \r(2).
答案：8 18eq \r(2)
大题规范增分练—今日题型：立体几何
17．图1是由矩形ACC1A1、等边△ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连接B1C1，BN，如图2.
(1)证明：在图2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四点共面；
(2)在图2中，若二面角A1-AC-B的大小为θ，且tan θ＝－eq \f(1,2)，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AC的中点M，连接NM，BM，如图，因为四边形ACC1A1为矩形，N为A1C1的中点，则AC⊥MN，又因为三角形ABC为等边三角形，则AC⊥MB，MN∩MB＝M，MN⊂平面BMN，MB⊂平面BMN，则有AC⊥平面BMN，又BN⊂平面BMN，所以AC⊥BN.矩形ACC1A1中，AA1∥CC1，平行四边形ABB1A1中，AA1∥BB1，因此，BB1∥CC1，
所以B，C，C1，B1四点共面．
(2)由(1)知MN⊥AC，BM⊥AC，则∠NMB为二面角A1-AC-B的平面角，θ＝∠NMB，
在平面BMN内过M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1,0,0)，N(0，cs θ，sin θ)，C1(－1，cs θ，sin θ)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(1，eq \r(3)，0)，
eq \(CC1,\s\up7(―→))＝(0，cs θ，sin θ)，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(CB,\s\up7(―→))·n＝x＋\r(3)y＝0，,eq \(CC1,\s\up7(―→))·n＝ycs θ＋zsin θ＝0，))令y＝－1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，\f(1,tan θ)))，由tan θ＝－eq \f(1,2)得n＝(eq \r(3)，－1，－2)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，0)，设直线AB与平面BCC1B1所成的角为α，于是得sin α＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n·AB―→|,|n||AB―→|)＝eq \f(2\r(3),2\r(2)×2)＝eq \f(\r(6),4)，
所以直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值是eq \f(\r(6),4).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十一)
小题限时保分练—选自2022·武汉调研卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知复数z＝eq \f(1,1＋i)，则z的虚部为( )
A．－1 B．1 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
解析：选C 因为z＝eq \f(1,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，所以z的虚部为－eq \f(1,2).
2．已知a＝eln 2，b＝lg34，c＝21.1，则( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．a>c>b D．c>b>a
解析：选B ∵a＝eln 2＝2，b＝lg34
3．若椭圆eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，则a的值为( )
A.eq \r(2) B．eq \f(1,2) C.eq \r(2)或eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2)或eq \f(1,2)
解析：选C 当a2>1，即a>1时，则eq \f(a2－1,a2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，解得a＝eq \r(2)；当a2<1，即0
A.eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(4,3)
C.eq \f(4\r(2),3) D．eq \f(8,3)
解析：选B 该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为eq \r(2)的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \r(2)×1＝eq \f(4,3).
5．设sin 32°＝k，则tan 16°＋eq \f(1,tan 16°)＝( )
A.eq \f(2,k) B．eq \f(1,k) C．2k D．k
解析：选A tan 16°＋eq \f(1,tan 16°)＝eq \f(sin 16°,cs 16°)＋eq \f(cs 16°,sin 16°)＝eq \f(sin216°＋cs216°,sin 16°·cs 16°)＝eq \f(1,\f(1,2)sin 32°)＝eq \f(2,k).
6．已知直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆(x－1)2＋(y－2)2＝2 022的圆心，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A．3＋2eq \r(2) B．3－2eq \r(2)
C．6 D．9
解析：选A 由圆的方程知圆心为(1,2)，∵直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆的圆心，∴a＋2b＝1(ab>0)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝3＋eq \f(a,b)＋eq \f(2b,a)≥3＋2eq \r(\f(a,b)·\f(2b,a))＝3＋2eq \r(2)(当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(2b,a)，即a＝eq \r(2)b时取等号)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为3＋2eq \r(2).
7．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x)－2，则下列是周期函数的是( )
A．y＝f(x)－x B．y＝f(x)＋x
C．y＝f(x)－2x D．y＝f(x)＋2x
解析：选D 依题意，定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x)－2，所以f(x＋1)＋2(x＋1)＝f(x)＋2x，所以y＝f(x)＋2x是周期为1的周期函数．
8．某同学在课外阅读时了解到概率统计中的切比雪夫不等式，该不等式可以使人们在随机变量X的期望E(X)和方差D(X)存在但其分布未知的情况下，对事件“|X－E(X)|≥ε”的概率作出上限估计，其中ε为任意正实数．切比雪夫不等式的形式为P(|X－E(X)|≥ε)≤f(D(X)，ε)，其中f(D(X)，ε)是关于D(X)和ε的表达式．由于记忆模糊，该同学只能确定f(D(X)，ε)的具体形式是下列四个选项中的某一种．请你根据所学相关知识，确定该形式是( )
A．D(X)·ε2 B．eq \f(1,DX·ε2)
C.eq \f(ε2,DX) D．eq \f(DX,ε2)
解析：选D 切比雪夫不等式的形式为P(|X－E(X)|≥ε)≤f(D(X)，ε)，由题知P(|X－E(X)|≥ε)＝P(|X－E(X)|2≥ε2)≤eq \f(E|X－EX|2,ε2)＝eq \f(DX,ε2)，则D(|X－E(X)|≤ε)≥eq \f(DX,ε2)，则f(D(X)，ε)的具体形式为eq \f(DX,ε2).
二、多项选择题
9．已知集合A＝{1,4，a}，B＝{1,2,3}，若A∪B＝{1,2,3,4}，则a的取值可以是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选AB 因为A∪B＝{1,2,3,4}，所以{1,4，a}⊆{1,2,3,4}，所以a＝2或a＝3.
10．在研究某种产品的零售价x(单位：元)与销售量y(单位：万件)之间的关系时，得到一组数据如下表所示.
利用最小二乘法计算数据，得到的经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋26.2，则下列说法正确的是( )
A．x与y的样本相关系数r>0
B．经验回归直线必过点(16,14.2)
C.eq \(b,\s\up6(^))<0
D．若该产品的零售价定为22元，可预测销售量是9.7万件
解析：选BCD 由题表中数据可知eq \x\t(x)＝eq \f(12＋14＋16＋18＋20,5)＝eq \f(80,5)＝16，eq \x\t(y)＝eq \f(17＋16＋14＋13＋11,5)＝eq \f(71,5)＝14.2，根据样本相关系数的公式为r＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\r(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)2\i\su(i＝1,n, )yi－\x\t(y)2))，故样本相关系数的正负取决于分子eq \i\su(i＝1,5, )(xi－eq \x\t(x))(yi－eq \x\t(y)) ＝(－4)×2.8＋(－2)×1.8＋0×(－0.2)＋2×(－1.2)＋4×(－3.2)＝－30<0，故A不正确；由变量x与y的均值，得样本点的中心为(16,14.2)，所以经验回归方程必过样本点的中心(16,14.2)，故B正确；将(16,14.2)代入eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋26.2中，得14.2＝eq \(b,\s\up6(^))×16＋26.2，解得eq \(b,\s\up6(^))＝－0.75<0，故C正确；因为eq \(b,\s\up6(^))＝－0.75，所以经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝－0.75x＋26.2，当x＝22时，eq \(y,\s\up6(^))＝－0.75×22＋26.2＝－16.5＋26.2＝9.7，所以若该产品的零售价定为22元，可预测销售量是9.7万件，故D正确．
11．函数f(x)＝sin x＋acs x(a≠0)在一个周期内的图象可以是( )
解析：选AC 函数f(x)＝sin x＋acs x＝eq \r(1＋a2)sin(x＋φ)，其中tan φ＝a，因为a≠0，所以φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即|φ|
A．若Sn≤eq \f(1 023,1 024)，则M≤20
B．{an}中可能出现连续五项构成等差数列
C．对任意小于M的正整数p，q，存在正整数i，j，使得ai＋aj＝Sp－Sq
D．对{an}中任意一项ar，必存在as，at(s≠t)，使得ar，as，at按照一定顺序排列可以构成等差数列
解析：选BCD 根据条件可知，数列{an}具有的性质为首尾对称性，两个数互为相反数，如果中间数为1个，则必为0.下面对M讨论．当M为偶数(数列{an}各项非零)时，(Sn)max＝≤eq \f(1 023,1 024)，得≥eq \f(1,1 024)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))10，所以M≤20.当M为奇数(数列{an}中＝0)时，(Sn)max＝Seq \f(M＋1,2)＝Seq \f(M－1,2)＝1－≤eq \f(1 023,1 024)，解得M≤21，故A错误；显然满足，如eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，0，－eq \f(1,4)，－eq \f(1,2)，故B正确；通过数列具有对称性知，对任意小于M的正整数p，q，有Sp－Sq的值是该数列中的一项或两项，当值为一项时，因为任意小于M的正整数p，q，故该项必定为中间项，数列an＝eq \f(1,2n)刚好具备相邻两项差为该数列的某一项；如果为两项，显然直接找出其两项即可，故C正确；考虑到数列eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，eq \f(1,16)，…，－eq \f(1,16)，－eq \f(1,8)，－eq \f(1,4)－eq \f(1,2)，满足eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)＝2·eq \f(1,2n＋2)，当n≤eq \f(M,2)时，an＋aM－n＝2an＋2；当n>eq \f(M,2)时，由对称性，也成立，如－eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＝－eq \f(1,8)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,16))).
三、填空题
13．若平面向量a＝(1,1)，b＝(2，m)满足a⊥(a－b)，则m＝________.
解析：∵a⊥(a－b)，∴(a－b)·a＝0，又a＝(1,1)，b＝(2，m)，a－b＝(－1,1－m)，∴－1＋1－m＝0，即m＝0.
答案：0
14．若一个偶函数的值域为(0,1]，则这个函数的解析式可以是f(x)＝________.
解析：取f(x)＝2－|x|，函数的定义域为(－∞，＋∞)且关于原点对称，f(－x)＝2－|－x|＝2－|x|＝f(x)，所以函数f(x)＝2－|x|为偶函数．∵|x|≥0，∴－|x|≤0，∴0<2－|x|≤20＝1，即0
15.如图，发电厂的冷却塔外形是由双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所得到的曲面，该冷却塔总高度为70米，水平方向上塔身最窄处的半径为20米，最高处塔口半径25米，塔底部塔口半径为20eq \r(2)米，则该双曲线的离心率为________．
解析：如图，以冷却塔的轴截面的最窄处所在的直线为x轴，垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由题意知|CD|＝2a＝40，所以a＝20，A(25，m)，F(20eq \r(2)，－70＋m)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(252,202)－\f(m2,b2)＝1，,\f(20\r(2)2,202)－\f(m－702,b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝40，,m＝30，))所以c2＝a2＋b2＝400＋1 600＝2 000，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2 000),20)＝eq \r(5).
答案：eq \r(5)
16．三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形，且AC＝2eq \r(2)，各侧棱长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点，则E到平面ABC的距离为________；设Q到平面PBC的距离为d1，Q到直线AB的距离为d2，则d1＋d2的最小值为________．
解析：取AC中点O，连接PO，BO，
因为PA＝PC＝3，AC＝2eq \r(2)，所以PO⊥AC，且PO＝eq \r(32－2)＝eq \r(7)，因为△ABC是等腰直角三角形，所以BO⊥AC，且BO＝eq \r(2)，又PB＝3，满足PB2＝PO2＋BO2，所以PO⊥BO，因为AC∩BO＝O，所以PO⊥平面ABC，因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为eq \f(1,2)PO＝eq \f(\r(7),2)；如图，以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0，eq \r(2)，0)，E0，－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(7),2)，P(0,0，eq \r(7))，A(0，－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0,0)，则eq \(PB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，0，－eq \r(7))，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(7))，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(CE,\s\up7(―→))＝0，－eq \f(3\r(2),2)，eq \f(\r(7),2)，设eq \(CQ,\s\up7(―→))＝λeq \(CE,\s\up7(―→)) (0≤λ≤1)，则可得eq \(CQ,\s\up7(―→))＝0，－eq \f(3\r(2),2)λ，eq \f(\r(7),2)λ，则Q0，－eq \f(3\r(2),2)λ＋eq \r(2)，eq \f(\r(7),2)λ，则eq \(AQ,\s\up7(―→))＝0,2eq \r(2)－eq \f(3\r(2),2)λ，eq \f(\r(7),2)λ，所以cs∠QAB＝eq \f(eq \(AQ,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),|eq \(AQ,\s\up7(―→))||eq \(AB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(4－3λ,\r(25λ2－48λ＋32))，所以sin∠QAB＝eq \r(\f(16λ2－24λ＋16,25λ2－48λ＋32))，所以d2＝|AQ|·sin∠QAB＝eq \r(4λ2－6λ＋4)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PB,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(PC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x－\r(7)z＝0，,\r(2)y－\r(7)z＝0，))令x＝eq \r(7)，可得n＝(eq \r(7)，eq \r(7)，eq \r(2))，则d1＝eq \f(|eq \(CQ,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(14),4)λ，所以设d1＋d2＝f(λ)＝eq \r(4λ2－6λ＋4)＋eq \f(\r(14),4)λ，0≤λ≤1，所以f′(λ)＝eq \f(4λ－3,\r(4λ2－6λ＋4))＋eq \f(\r(14),4)，令f′(λ)＝0，解得λ＝eq \f(2,5)，又f″(λ)＝eq \f(7,4λ2－6λ＋4\r(4λ2－6λ＋4))>0，所以f′(λ)在[0,1]上单调递增，所以当λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))时，f′(λ)<0，f(λ)单调递减，当λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，1))时，f′(λ)>0，f(λ)单调递增，所以f(λ)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝eq \f(\r(14),2)，即d1＋d2的最小值为eq \f(\r(14),2).
答案：eq \f(\r(7),2) eq \f(\r(14),2)
大题规范增分练—今日题型：解析几何
17．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，m))为E上一点，且Q到E的准线的距离等于其到坐标原点O的距离．
(1)求E的方程；
(2)设AB为圆(x＋2)2＋y2＝4的一条不垂直于y轴的直径，分别延长AO，BO交E于C，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
解：(1)设抛物线焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
由题意|QO|＝|QF|，故eq \f(p,2)＝2×eq \f(1,4)，解得p＝1.
故抛物线的标准方程为y2＝2x.
(2)由题意，直线AC斜率存在且不为0，设直线AC的方程为y＝kx，设点A(x1，y1)，C(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,x＋22＋y2＝4，))消去y整理得(k2＋1)x2＋4x＝0，由x1≠0，得x1＝eq \f(－4,k2＋1).联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝2x，))消去y整理得k2x2－2x＝0，由x2≠0，得x2＝eq \f(2,k2).
|AC|＝eq \r(k2＋1)|x2－x1|＝eq \f(23k2＋1,k2\r(k2＋1)).
因为AC⊥BD，用－eq \f(1,k)代替k，得|BD|＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋1)),\f(1,k2) \r(\f(1,k2)＋1))＝eq \f(2k2＋3|k|,\r(k2＋1)).故四边形ABDC的面积S＝eq \f(1,2)|AC|·|BD|＝eq \f(23k2＋1k2＋3,|k|k2＋1)＝eq \f(6k2＋\f(6,k2)＋20,|k|＋\f(1,|k|)).
令|k|＋eq \f(1,|k|)＝t(t≥2)，S＝eq \f(6t2＋8,t)＝6t＋eq \f(8,t).
设函数f(t)＝6t＋eq \f(8,t)(t≥2)，f′(t)＝6－eq \f(8,t2)＝eq \f(6t2－8,t2)>0，故f(t)单调递增．
故当t＝2，即|k|＝1时，S取到最小值16，所以四边形ABCD面积的最小值是16.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十二)
小题限时保分练—选自2022·石家庄质检卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－3，－2，－1,0,1}，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈Z\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,x－1)<0))))，则A∩B＝( )
A．[－3,1) B．[－3,1]
C．{－3，－2，－1,0,1} D．{－2，－1,0}
解析：选D B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈Z\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,x－1)<0))))＝{x∈Z|－3
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A 设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为z(1＋i)＝2＋3i，所以(a＋bi)(1＋i)＝2＋3i，即a－b＋(a＋b)i＝2＋3i，由复数相等的充要条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝2，,a＋b＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(5,2)，,b＝\f(1,2)，))则z＝eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)i，所以在复平面内z对应点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(1,2)))，所以在复平面内z对应的点位于第一象限，故选A.
3．已知sin α＋cs α＝eq \f(7,5)，则sin 2α＝( )
A.eq \f(12,25) B．－eq \f(12,25) C.eq \f(24,25) D．－eq \f(24,25)
解析：选C 因为sin α＋cs α＝eq \f(7,5)，所以(sin α＋cs α)2＝eq \f(49,25)，即sin2 α＋2sin αcs α＋cs2 α＝eq \f(49,25)，即1＋sin 2α＝eq \f(49,25)，所以sin 2α＝eq \f(24,25)，故选C.
4．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a2 021＝6，则S2 022＝( )
A．3 033 B．4 044 C．6 066 D．8 088
解析：选C 因为数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，所以S2 022＝eq \f(a1＋a2 022×2 022,2)＝1 011×(a2＋a2 021)＝1 011×6＝6 066，故选C.
5．在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝60°，PA＝2，AB＝AC＝eq \r(3)，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A.eq \f(4π,3) B．eq \f(8\r(2)π,3) C．8π D．12π
解析：选C 由题易知△ABC是等边三角形．如图，作OM⊥平面ABC，其中M为△ABC的中心，且点O满足OM＝eq \f(1,2)PA＝1，则点O为三棱锥P-ABC外接球的球心．于是，该外接球的半径R＝OA＝eq \r(AM2＋OM2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)×\r(3)×\f(2,3)))2＋12)＝eq \r(2).故该球的表面积S＝4πR2＝8π.
6．已知矩形ABCD的对角线长为4，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝3eq \(PC,\s\up7(―→))，则eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(PD,\s\up7(―→))＝( )
A．－2 B．－3
C．－4 D．－5
解析：选B 设O为对角线AC和BD的中点，则eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→))＝0，|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OD,\s\up7(―→))|＝2.由eq \(AP,\s\up7(―→))＝3eq \(PC,\s\up7(―→))，得|eq \(OP,\s\up7(―→))|＝1.因为eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(PD,\s\up7(―→))＝eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→))，所以eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(PD,\s\up7(―→))＝(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→)))＝eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(PO,\s\up7(―→))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OD,\s\up7(―→)))＋eq \(OB,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))＝1－4＝－3.故答案为B.
7．已知点P是抛物线C：y2＝4x上的动点，过点P向y轴作垂线，垂足记为点N，点M(3,4)，则|PM|＋|PN|的最小值是( )
A．2eq \r(5)－1 B．eq \r(5)－1
C.eq \r(5)＋1 D．2eq \r(5)＋1
解析：选A 设抛物线C的焦点为F，准线为l，则F(1,0)，准线l：x＝－1，如图，连接PF，则由抛物线的定义可得|PN|＋1＝|PF|，点M(3,4)的位置如图所示，所以|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PF|－1≥|MF|－1＝eq \r(3－12＋4－02)－1＝2eq \r(5)－1，当且仅当M，P，F三点共线且点P在点M，F之间时等号成立，即点P为线段MF与抛物线C的交点时等号成立，所以|PM|＋|PN|的最小值为2eq \r(5)－1，故选A.
8．已知x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))，y＝lg45，z＝lg34，则x，y，z的大小关系为( )
A．y>x>z B．x>y>z
C．z>x>y D．x>z>y
解析：选D 因为y＝lg45>0，z＝lg34>0，所以eq \f(y,z)＝eq \f(lg45,lg34)＝lg45·lg43
二、多项选择题
9．设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )
A．若a∥b，b∥α，则a∥α
B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β
C．若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α⊥β
D．若a⊥α，b∥α，则a⊥b
解析：选ABC 对于A，如图1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若AB为a，A1B1为b，平面ABCD为α，满足a∥b，b∥α，但a⊂α，所以A不正确；对于B，如图2，在正方体EFMN-E1F1M1N1中，若EF为a，
E1F1为b，平面EFMN为β，平面MNN1M1为α，满足a∥b，a∥α，b∥β，但α与β相交，所以B不正确；对于C，如图3，在正方体PQRS-P1Q1R1S1中，若PP1为a，P1Q1为b，平面P1Q1R1S1为α，平面PQRS为β，满足a⊥b，a⊥α，b∥β，但α∥β，所以C不正确；
对于D，因为b∥α，所以存在平面γ，满足b⊂γ，且α∩γ＝l，此时b∥l，因为a⊥α，l⊂α，所以a⊥l，又b∥l，所以a⊥b，所以D正确．故选A、B、C.
10．设正实数m，n满足m＋n＝2，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为2 B．mn的最大值为1
C.eq \r(m)＋eq \r(n)的最大值为4 D．m2＋n2的最小值为eq \f(5,4)
解析：选AB 对于A，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(n,m)·\f(m,n))))＝2，当且仅当m＝n＝1时等号成立，所以A正确；对于B，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以mn≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))2＝1，当且仅当m＝n＝1时等号成立，所以B正确；对于C，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以(eq \r(m)＋eq \r(n))2＝m＋n＋2eq \r(mn)≤2＋m＋n＝4，即eq \r(m)＋eq \r(n)≤2，当且仅当m＝n＝1时等号成立，所以eq \r(m)＋eq \r(n)的最大值为2，所以C不正确；对于D，因为m>0，n>0，m＋n＝2，所以n＝2－m,0
A．若圆C2与x轴相切，则m＝2
B．若m＝－3，则圆C1与圆C2相离
C．若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在直线的方程为4x＋(6－2m)y＋m2＋2＝0
D．直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点
解析：选BD 对于A，由x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0得(x＋1)2＋(y－m)2＝4，所以圆C2的圆心为C2(－1，m)，圆C2的半径r2＝2，若圆C2与x轴相切，则|m|＝r2＝2，即m＝±2，所以A错误；对于B，当m＝－3时，C2(－1，－3)，因为圆C1的圆心为C1(1,3)，圆C1的半径r1＝eq \r(11)，所以|C1C2|＝2eq \r(10)>r1＋r2＝eq \r(11)＋2，所以圆C1与圆C2相离，所以B正确；对于C，圆C1的一般方程为x2＋y2－2x－6y－1＝0，圆C2的一般方程为x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，因为圆C1与圆C2有公共弦，所以公共弦所在直线的方程为4x＋(6－2m)y＋m2－2＝0，所以C错误；对于D，因为直线kx－y－2k＋1＝0，即y－1＝k(x－2)，所以直线恒过定点(2,1)，因为(2－1)2＋(1－3)2＝5<11，所以点(2,1)在圆C1的内部，所以直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点，所以D正确．故选B、D.
12．已知函数f(x)＝sin(sin x)＋cs(cs x)，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的一个周期为2π
B．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．函数f(x)的最大值为eq \r(2)
D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
解析：选ABD 对于A，因为f(x)＝sin(sin x)＋cs(cs x)，所以f(x＋2π)＝sin[sin(x＋2π)]＋cs[cs(x＋2π)]＝sin(sin x)＋cs(cs x)＝f(x)，所以函数f(x)的一个周期为2π，所以A正确；对于B，f′(x)＝cs(sin x)·cs x－sin(cs x)·(－sin x)＝cs x·cs(sin x)＋sin x·sin(cs x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以B正确；对于C，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin 1＋cs 0＝sin 1＋1>sineq \f(π,4)＋1＝1＋eq \f(\r(2),2)>eq \r(2)，所以函数f(x)的最大值不为eq \r(2)，所以C错误；对于D，f(π－x)＝sin[sin(π－x)]＋cs[cs(π－x)]＝sin(sin x)＋cs(－cs x)＝sin(sin x)＋cs(cs x)＝f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，所以D正确．故选A、B、D.
三、填空题
13．某中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1 200，1 000,800，为迎接春季运动会的到来，根据要求，按照年级人数进行分层抽样，抽选出30名学生当志愿者，则高一年级应抽选的人数为________．
解析：设高一年级应抽选的人数为x，则eq \f(x,1 200)＝eq \f(30,1 200＋1 000＋800)，解得x＝12，即高一年级应抽选的人数为12.
答案：12
14．(3＋y)(x－y)4的展开式中x2y3的系数为______．
解析：(x－y)4展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k(－y)k＝(－1)kCeq \\al(k,4)x4－kyk.若在多项式(3＋y)中取3，则不会出现含x2y3的项，所以在多项式(3＋y)中只能取y，则在(x－y)4的展开式中取含x2y2的项，即令k＝2，所以y·(－1)2Ceq \\al(2,4)x2y2＝6x2y3，所以(3＋y)(x－y)4的展开式中x2y3的系数为6.
答案：6
15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg3x|，0
16．已知椭圆C1和双曲线C2有公共的焦点F1，F2，曲线C1和C2在第一象限相交于点P，且∠F1PF2＝60°，若椭圆C1的离心率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，则双曲线C2的离心率的取值范围是________．
解析：不妨设F1(－c,0)，F2(c,0)，椭圆C1的长轴长为2a，双曲线C2的实轴长为2a′，因为椭圆C1和双曲线C2在第一象限相交于点P，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|＝2a，,|PF1|－|PF2|＝2a′，))解得|PF1|＝a＋a′，|PF2|＝a－a′.因为∠F1PF2＝60°，所以在△PF1F2中，由余弦定理|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2，得4c2＝(a＋a′)2＋(a－a′)2－(a＋a′)(a－a′)，即4c2＝a2＋3a′2，即eq \f(a2,c2)＋eq \f(3a′2,c2)＝4.设椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，则eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(3,e\\al(2,2))＝4，即eq \f(3,e\\al(2,2))＝4－eq \f(1,e\\al(2,1)).
由题意知e1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，令f(e1)＝4－eq \f(1,e\\al(2,1))，eq \f(\r(3),3)≤e1≤eq \f(\r(2),2)，则f(e1)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))上单调递增，所以f(e1)∈[1,2]，即1≤eq \f(3,e\\al(2,2))≤2，所以eq \f(1,2)≤eq \f(e\\al(2,2),3)≤1，即eq \f(3,2)≤eeq \\al(2,2)≤3，又e2>1，所以eq \f(\r(6),2)≤e2≤eq \r(3)，即双曲线C2的离心率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3)))
大题规范增分练—今日题型：函数与导数
17．已知函数f(x)＝ax－ln x，g(x)＝x2－nx＋m.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0
当a≤0时，对于任意的x>0，都有f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)；令f′(x)<0，解得0
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝0，且当x∈(0，x1)时，f(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f(x)<0，当x∈(x2，＋∞)时，f(x)>0，因为对于任意的x>0，都有f(x)g(x)>0，所以x1，x2也是函数g(x)的两个零点，
即x1，x2是方程x2－nx＋m＝0的根，所以x1＋x2＝n，x1x2＝m，
又因为ax1＝ln x1，ax2＝ln x2，
所以ln m＝ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以2
要证x1＋x2>eq \f(2,a)，即证x2>eq \f(2,a)－x1，
因为x2，eq \f(2,a)－x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以只需证f(x2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x1))，
又因为f(x1)＝f(x2)，
所以也只需证f(x1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x1))，
设p(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))，
则p′(x)＝f′(x)＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))＝2a－eq \f(\f(2,a),x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x)))，
因为xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x))
因为x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，所以f(x1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－x1))，
所以x1＋x2>eq \f(2,a)成立，即a(x1＋x2)>2，
因此2
小题限时保分练—选自2022·重庆三模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合U＝{1,2,3,4,5}，A＝{1,3,5}，B＝{x|x2＝4}，则(∁UA)∩B＝( )
A．{－2,2} B．{2,4}
C．{4} D．{2}
解析：选D B＝{x|x2＝4}＝{－2,2}，由题可知∁UA＝{2,4}，所以(∁UA)∩B＝{2}．
2．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象的一条对称轴为( )
A．x＝eq \f(π,12) B．x＝－eq \f(π,12)
C．x＝eq \f(π,6) D．x＝－eq \f(π,6)
解析：选B 令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，则x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，即函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象的对称轴为直线x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝－eq \f(π,12).
3．已知a>0且a≠1，“函数f(x)＝ax为增函数”是“函数g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 函数f(x)＝ax为增函数，则 a>1，此时a－1>0，故函数g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增；当g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增时，a－1>0，所以a>1，故f(x)＝ax为增函数．
4．已知O为△ABC的重心，记eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，则eq \(AC,\s\up7(―→))＝( )
A．－2a－b B．－a＋2b
C．a－2b D．2a＋b
解析：选A 因为O为△ABC的重心，所以eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＝0，所以eq \(OC,\s\up7(―→))＝－eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))，而eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝－2eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))＝－2a－b.
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x≤0，,|lg2x|，x＞0.))则函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)的零点个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选C 当x≤0时，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－eq \f(1,2)＝0，∴x＝1，因为x≤0，所以舍去；当x>0时，g(x)＝|lg2x|－eq \f(1,2)＝0，∴x＝eq \r(2)或x＝eq \f(\r(2),2)，满足x>0.所以x＝eq \r(2)或x＝eq \f(\r(2),2).函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)的零点个数为2.
6．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断．为了研究“冰墩墩”与“雪容融”在不同性别的人群中受欢迎程度是否存在差异，某机构从关注冬奥会公众号的用户中随机调查了100人，得到如下2×2列联表：
参考公式：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
附表：
则下列说法正确的是( )
A．有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”
B．有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”
C．在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别无关”
D．在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”
解析：选B 由题意可得χ2＝eq \f(100×25×35－25×152,40×60×50×50)≈4.167>3.841，所以有95%以上的把握认为“对两个吉祥物的喜好倾向与性别有关”．
7．中国传统文化中，在齐鲁大地过年包饺子要包三样，第一是麸子，寓意幸福；第二是钱币，寓意求财；第三是糖，寓意甜蜜．小明妈妈在除夕夜煮了10个饺子，其中5个麸子饺子，3个钱币饺子，2个糖饺子，小明从中随机夹了3个饺子，则小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(7,12)
C.eq \f(5,8) D．eq \f(4,5)
解析：选C 小明从中随机夹了3个饺子共有Ceq \\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120种；
如果是1个麸子1个钱币饺子1个糖饺子，共有5×3×2＝30种；
如果是1个麸子2个钱币饺子，共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,3)＝15种；
如果是2个麸子1个钱币饺子，共有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30种．
由古典概型的概率公式，得小明夹到的饺子中既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是P＝eq \f(30＋15＋30,120)＝eq \f(5,8).
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋(－1)n＋1an＝sineq \f(nπ,4)(n∈N*)，则S2 022＝( )
A．－eq \f(\r(2),2) B．0 C.eq \f(\r(2),2) D．eq \r(2)
解析：选C 当n为奇数时有an＋1＋an＝sineq \f(nπ,4)，函数y＝sineq \f(nπ,4)(n∈N*)的周期为8，故有an＋9＋an＋8＝an＋1＋an，a2＋a1＝sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)，a4＋a3＝sineq \f(3π,4)＝eq \f(\r(2),2)，a6＋a5＝sineq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，…，按此规律循环重复下去，S8＝0，故有S2 022＝252×0＋eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
二、多项选择题
9．已知复数z＝eq \f(2,－1＋i)，则( )
A．|z|＝eq \r(2)
B．z的虚部为－1
C．z2为纯虚数
D.eq \x\t(z)在复平面内对应的点位于第一象限
解析：选ABC 由题得z＝eq \f(2,－1＋i)＝eq \f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，所以|z|＝eq \r(2)，选项A正确；因为z的虚部为－1，所以选项B正确；由于z2＝(－1－i)2＝2i为纯虚数，所以选项C正确；eq \x\t(z)＝－1＋i在复平面内对应的点为(－1,1)位于第二象限，所以选项D错误．
10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是( )
A．AB1 B．A1C
C．A1A D．AD1
解析：选BCD 对于A，如图1，当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；
对于B，如图2，因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉ A1C，P∉平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
对于C，如图2，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C，所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
对于D，如图3，因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C，所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．
11．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左右焦点为F1，F2，左右顶点为A1，A2，过F2的直线l交双曲线C的右支于P，Q两点，设∠PA1A2＝α，∠PA2A1＝β，当直线l绕着F2转动时，下列量保持不变的是( )
A．△PQA1的周长 B．△PF1Q的周长与2|PQ|之差
C.eq \f(tan α,tan β) D．tan α·tan β
解析：选BD 如图所示，当直线l的倾斜角越小时，点△PQA1的周长越大，故A不正确；△PF1Q的周长为|PF1|＋|QF1|＋|PQ|＝4a＋|PF2|＋|QF2|＋|PQ|＝4a＋2|PQ|，所以△PF1Q的周长与2|PQ|之差为4a，故B正确；设P(x，y)，则tan α＝eq \f(|y|,a＋x)，tan β＝－eq \f(|y|,x－a)，由eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(a－x,a＋x)不是常量，故C不正确；由tan α·tan β＝eq \f(|y|,a＋x)·eq \f(|y|,a－x)＝eq \f(y2,a2－x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1))b2,a2－x2)＝－eq \f(b2,a2)为常量，故D正确．
12．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E，F分别在边AD，DC上(不包含端点)运动，且满足∠EBF＝eq \f(π,6)，则△BEF的面积可以是( )
A．2 B．2eq \r(2) C．3 D．4
解析：选BC 如图，以B为原点，BA，BC所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设F(x,4)，E(2，y)(0
13．曲线y＝eq \f(1,x)＋ln(2x＋2)＋5在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3))处的切线方程为________．
解析：由y＝eq \f(1,x)＋ln(2x＋2)＋5，得y′＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x＋1)，则切线的斜率为y′＝－4＋2＝－2.所以曲线y＝eq \f(1,x)＋ln(2x＋2)＋5在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3))处的切线方程为y－3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，即y＝－2x＋2.因此所求切线的方程为y＝－2x＋2.
答案：y＝－2x＋2
14．cs 40°cs 80°－cs 50°sin 100°＝________.
解析：原式＝cs 40°cs 80°－sin 40°sin 80°＝cs(40°＋80°)＝cs120°＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
15．已知点A(－2,3)，B(2,1)，圆C：x2＋y2＝r2(r>0)与线段AB(包含端点)有公共点，则r的取值范围是________．
解析：当A，B两点都在圆内时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋9
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)， \r(13)))
16．已知a>0，b>0，且a2b＋3ab2＝3a＋b，则a＋3b的最小值为________．
解析：由题得ab(a＋3b)＝3a＋b，∴a＋3b＝eq \f(3a＋b,ab)＝eq \f(3,b)＋eq \f(1,a)，所以(a＋3b)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,b)＋\f(1,a)))(a＋3b)＝10＋eq \f(3a,b)＋eq \f(3b,a)≥10＋2eq \r(\f(3a,b)·\f(3b,a))＝16(当且仅当a＝b＝1时取等号)．因为a＋3b≥4，所以a＋3b的最小值为4.
答案：4
大题规范增分练—今日题型：概率与统计
17．某次围棋比赛的决赛，由甲、乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲、乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为p(0
①求E(X)，并求当E(X)取最大值时p的值；
②结合实际，谈谈①中结论的意义；
(2)当p＝eq \f(1,2)时，记总共进行的比赛盘数为Y，求P(Y≤5)．
解：(1)①X可能取值为2,3，
P(X＝2)＝p2＋(1－p)2＝2p2－2p＋1；
P(X＝3)＝2p(1－p)＝－2p2＋2p
故E(X)＝2(2p2－2p＋1)＋3(－2p2＋2p)＝－2p2＋2p＋2，即E(X)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(1,2)))2＋eq \f(5,2)，
则当p＝eq \f(1,2)时，E(X)取得最大值．
②结合实际，当p＝eq \f(1,2)时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．
(2)当p＝eq \f(1,2)时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
比分为2∶1或1∶2的概率均为2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
Y≤5，则Y＝4或Y＝5,
Y＝4即获胜方两天均为2∶0获胜，
故P(Y＝4)＝2×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)；
Y＝5即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，故P(Y＝5)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×\f(1,4)×2＋\f(1,4)×\f(1,4)×2×\f(1,2)))＝eq \f(3,8)，
所以P(Y≤5)＝P(Y＝4)＋P(Y＝5)＝eq \f(1,8)＋eq \f(3,8)＝eq \f(1,2).
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十四)
小题限时保分练—选自2022·福州联考卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．设集合A＝{x∈Z|x2－x－2≤0}，B＝{0,1,2,3}，则A∩B＝( )
A．{0,1} B．{0,1,2}
C．{－1,0,1,2,3} D．{－2，－1,0,1,2,3}
解析：选B A＝{x∈Z|x2－x－2≤0}＝{x∈Z|－1≤x≤2}＝{－1,0,1,2}，又B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1,2}．
2.eq \r(x)－eq \f(2,\r(3,x))5的展开式中的常数项为( )
A．－160 B．－80 C．80 D．160
解析：选B eq \r(x)－eq \f(2,\r(3,x))5的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k－eq \f(2,\r(3,x))k＝(－2)kCeq \\al(k,5)xeq \f(15－5k,6)，令eq \f(15－5k,6)＝0，得k＝3，所以常数项为(－2)3Ceq \\al(3,5)＝－80.
3．设复数z1，z2，z3满足z3≠0，且|z1|＝|z2|，则( )
A．z1＝±z2 B．zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
C．z1·z3＝z2·z3 D．|z1·z3|＝|z2·z3|
解析：选D 因为|z1|＝|z2|，所以|z1|·|z3|＝|z2|·|z3|，即|z1·z3|＝|z2·z3|.
4．若a>0，b>0，则“a＋b<2”的一个必要不充分条件是( )
A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<1 B．ab<1
C．a2＋b2<2 D．eq \r(a)
5．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为L＝L0Deq \f(G,G0)，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)( )
A．11 B．22 C．227 D．481
6．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且倾斜角为eq \f(π,3)的直线交C于A，B两点，线段AB中点的纵坐标为eq \r(3)，则|AB|＝( )
A.eq \f(8,3) B．4 C．8 D．24
解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),2p))＝eq \f(2p,y1＋y2).因为线段AB中点的纵坐标为eq \r(3)，所以y1＋y2＝2eq \r(3)，又直线AB的倾斜角为eq \f(π,3)，所以kAB＝eq \r(3)，即eq \f(2p,2\r(3))＝eq \r(3)，得p＝3.所以抛物线C的方程为y2＝6x，则焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，直线AB的方程为y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，与抛物线方程y2＝6x联立并整理，得3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＝6x，即x2－5x＋eq \f(9,4)＝0，所以x1＋x2＝5，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝5＋3＝8.
7．关于函数f(x)＝Asin(2x＋φ)，有下列四个命题：
甲：f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π，\f(27π,5)))上单调递增；
乙：－eq \f(π,6)是f(x)的一个极小值点；
丙：eq \f(π,3)是f(x)的一个极大值点；
丁：函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后所得图象关于y轴对称．
其中只有一个是假命题，则该命题是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
解析：选A 因为f(x)＝Asin(2x＋φ)，所以其最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，因为eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)＝eq \f(T,2)，所以乙和丙同时真或同时假，又四个命题中只有一个是假命题，所以乙和丙均为真命题．由丙可知，f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，所以将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，所以丁是真命题，所以甲是假命题．
8．已知f(x)是定义在R上的函数，且函数y＝f(x＋1)－1是奇函数，当x
C．y＝－2x＋2 D．y＝－2x＋6
解析：选D 因为函数y＝f(x＋1)－1是奇函数，所以f(－x＋1)－1＝－[f(x＋1)－1]，即f(x＋1)＋f(－x＋1)＝2，两边同时求导，得f′(x＋1)－f′(－x＋1)＝0，即f′(x＋1)＝f′(－x＋1)．因为当x
9．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高ξ(单位：cm)近似服从正态分布N(100,102)．已知X～N(μ，σ2)时，有P(|X－μ|≤σ)≈0.682 7，P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5，P(|X－μ|≤3σ)≈0.997 3.下列说法正确的是( )
A．该地水稻的平均株高约为100 cm
B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过110 cm的水稻约占68.27%
D．该地株高低于130 cm的水稻约占99.87%
解析：选ABD 因为X～N(100,102)，所以μ＝100，σ＝10，所以E(X)＝100，D(X)＝102＝100，所以选项A、B均正确；P(X>110)＝eq \f(1－P90≤X≤110,2)＝eq \f(1－P|X－μ|≤σ,2)≈eq \f(1－0.682 7,2)＝0.158 65，所以选项C错误；P(X≤130)＝1－eq \f(1－P70≤X≤130,2)＝1－eq \f(1－P|x－μ|≤3σ,2)≈1－eq \f(1－0.997 3,2)＝0.998 65≈99.87%，所以选项D正确．
10．若α，β满足sin α＝－eq \f(1,2)，cs(α－β)＝eq \f(1,2)，则β可以是( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,2)
C.eq \f(5π,6) D．π
解析：选AC 因为sin α＝－eq \f(1,2)，所以α＝－eq \f(π,6)＋2kπ或α＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z.因为cs(α－β)＝eq \f(1,2)，所以cs(β－α)＝eq \f(1,2)，所以β－α＝eq \f(π,3)＋2k1π或β－α＝－eq \f(π,3)＋2k1π，k1∈Z，所以β＝α＋eq \f(π,3)＋2k1π或β＝α－eq \f(π,3)＋2k1π，k1∈Z.当α＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z时，若β＝α＋eq \f(π,3)＋2k1π，则β＝－eq \f(π,6)＋eq \f(π,3)＋2k1π＋2kπ＝eq \f(π,6)＋2(k＋k1)π，k1，k∈Z，令k＋k1＝n，则n∈Z，得β＝eq \f(π,6)＋2nπ，n∈Z；若β＝α－eq \f(π,3)＋2k1π，则β＝－eq \f(π,6)－eq \f(π,3)＋2nπ＝－eq \f(π,2)＋2nπ，n∈Z.同理可得，当α＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z时，β＝eq \f(3π,2)＋2nπ或β＝eq \f(5π,6)＋2nπ，n∈Z.综上，β＝eq \f(π,6)＋2nπ或β＝－eq \f(π,2)＋2nπ或β＝eq \f(3π,2)＋2nπ或β＝eq \f(5π,6)＋2nπ，n∈Z.结合选项可知，选A、C.
11．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，Q∈平面MNP，B1Q＝AB，直线B1Q和直线MN所成的角为θ，则( )
A．MN∥AC1
B．θ的最小值为eq \f(π,3)
C．A，M，N，P四点共面
D．PQ∥平面ACD1
解析：选BD 如图所示，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2.对于A，A(0,0,0)，M(1，0,0)，N(2,2,1)，C1(2,2,2)，所以eq \(AC1,\s\up7(―→))＝(2,2,2)，eq \(MN,\s\up7(――→))＝(1,2,1)，则不存在实数k≠0，使得eq \(AC1,\s\up7(―→))＝keq \(MN,\s\up7(――→))，所以直线MN与AC1不平行，所以A错误；对于B，B1(2，0,2)，P(1,2,2)，eq \(MP,\s\up7(――→))＝(0,2,2)，因为Q∈平面MNP，所以eq \(MQ,\s\up7(――→))，eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(MP,\s\up7(――→))共面，又eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(MP,\s\up7(――→))不共线，所以可以用eq \(MN,\s\up7(――→))，eq \(MP,\s\up7(――→))表示eq \(MQ,\s\up7(――→))，所以设eq \(MQ,\s\up7(――→))＝λeq \(MN,\s\up7(――→))＋μeq \(MP,\s\up7(――→))＝(λ，2λ＋2μ，λ＋2μ)，则Q(1＋λ，2λ＋2μ，λ＋2μ)，所以eq \(B1Q,\s\up7(――→))＝(λ－1,2λ＋2μ，λ＋2μ－2)，因为B1Q＝AB，所以|eq \(B1Q,\s\up7(――→))|＝2，即(λ－1)2＋(2λ＋2μ)2＋(λ＋2μ－2)2＝4，因为直线B1Q和直线MN所成的角为θ，所以cs θ＝|cs〈eq \(B1Q,\s\up7(――→))，eq \(MN,\s\up7(――→))〉|＝eq \f(|6λ＋6μ－3|,\r(6)×2)，令λ＋μ＝t，则μ＝t－λ，则方程(λ－1)2＋(2λ＋2μ)2＋(λ＋2μ－2)2＝4转化为2λ2＋(2－4t)λ＋8t2－8t＋1＝0，因为λ∈R，所以Δ＝(2－4t)2－8(8t2－8t＋1)≥0，即12t2－12t＋1≤0，解得eq \f(1,2)－eq \f(\r(6),6)≤t≤eq \f(1,2)＋eq \f(\r(6),6)，则6λ＋6μ－3＝6t－3，－eq \r(6)≤6λ＋6μ－3≤eq \r(6)，即|6λ＋6μ－3|≤eq \r(6)，所以cs θ＝|cs〈eq \(B1Q,\s\up7(――→))，eq \(MN,\s\up7(――→))〉|＝eq \f(|6λ＋6μ－3|,\r(6)×2)≤eq \f(\r(6),\r(6)×2)＝eq \f(1,2)，又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以eq \f(π,3)≤θ≤eq \f(π,2)，所以B正确；对于C，eq \(MA,\s\up7(――→))＝(－1,0,0)，设eq \(MA,\s\up7(――→))＝xeq \(MN,\s\up7(――→))＋yeq \(MP,\s\up7(――→))＝(x,2x＋2y，x＋2y)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,2x＋2y＝0，,x＋2y＝0，))无解，所以A，M，N，P四点不共面，所以C错误；对于D，设平面MNP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(MN,\s\up7(――→))＝0，,n1·eq \(MP,\s\up7(――→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋2y1＋z1＝0，,2y1＋2z1＝0，))取z1＝1，则n1＝(1，－1,1)；设平面ACD1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，因为eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,2,0)，eq \(AD1,\s\up7(――→))＝(0,2,2)，所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(AC,\s\up7(――→))＝0，,n2·eq \(AD1,\s\up7(――→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2＋2y2＝0，,2y2＋2z2＝0，))取x2＝1，则n2＝(1，－1,1)．所以n1∥n2，所以平面MNP∥平面ACD1，又PQ⊂平面MNP，所以PQ∥平面ACD1，所以D正确．故选B、D.
12．已知△AnBnCn(n＝1,2,3，…)是直角三角形，An是直角，内角An，Bn，Cn所对的边分别为an，bn，cn，面积为Sn.若b1＝4，c1＝3，beq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)，ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)，则( )
A．{S2n}是递增数列
B．{S2n－1}是递减数列
C．{bn－cn}存在最大项
D．{bn－cn}存在最小项
解析：选ACD 因为△AnBnCn是直角三角形，且An是直角，所以aeq \\al(2,n)＝beq \\al(2,n)＋ceq \\al(2,n)，又beq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)，ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)，beq \\al(2,n＋1)＋ceq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n＋1)，所以eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)＋eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)＝aeq \\al(2,n＋1)，即aeq \\al(2,n＋1)＝beq \\al(2,n)＋ceq \\al(2,n)，则aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)，所以数列{aeq \\al(2,n)}是常数列．又b1＝4，c1＝3，所以a1＝5，则aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)＝25，所以beq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋c\\al(2,n),3)＝eq \f(a\\al(2,n)＋a\\al(2,n)－b\\al(2,n),3)＝－eq \f(1,3)beq \\al(2,n)＋eq \f(50,3)，所以beq \\al(2,n＋1)－eq \f(25,2)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b\\al(2,n)－\f(25,2))).又beq \\al(2,1)－eq \f(25,2)＝16－eq \f(25,2)＝eq \f(7,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(b\\al(2,n)－\f(25,2)))是以eq \f(7,2)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列，所以beq \\al(2,n)－eq \f(25,2)＝eq \f(7,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，则beq \\al(2,n)＝eq \f(25,2)＋eq \f(7,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，即bn＝eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1).同理，由ceq \\al(2,n＋1)＝eq \f(a\\al(2,n＋1)＋b\\al(2,n),3)，得ceq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,3)ceq \\al(2,n)＋eq \f(50,3)，即ceq \\al(2,n＋1)－eq \f(25,2)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c\\al(2,n)－\f(25,2)))，且ceq \\al(2,1)－eq \f(25,2)＝9－eq \f(25,2)＝－eq \f(7,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(c\\al(2,n)－\f(25,2)))是以－eq \f(7,2)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列，所以ceq \\al(2,n)－eq \f(25,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，则ceq \\al(2,n)＝eq \f(25,2)－eq \f(7,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，即cn＝eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1).S2n＝eq \f(1,2)b2n·c2n＝eq \f(1,2) eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－1)·eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－1)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))4n－2)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4n－2)，则S2n是关于n的单调递增函数，所以数列{S2n}是递增数列，所以A正确；S2n－1＝eq \f(1,2)b2n－1·c2n－1＝eq \f(1,2) eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－2)·eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－2)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))4n－4)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4n－4)，则S2n－1是关于n的单调递增函数，所以数列{S2n－1}是递增数列，所以B错误；bn－cn＝ eq \r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1)－eq \r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1)＝
eq \f(7×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1,\r(\f(25,2)＋\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1)＋\r(\f(25,2)－\f(7,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1))，则数列{bn－cn}的奇数项为正，偶数项为负．(bn－cn)2＝25－2 eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2n－2)＝25－2 eq \r(\f(625,4)－\f(49,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2n－2)，所以(bn－cn)2是关于n的单调递减函数，所以数列{bn－cn}第一项最大，第二项最小，所以C、D均正确．
三、填空题
13．已知a，b是不共线的两个单位向量，则a＋b与a－b的夹角为________．
解析：因为a，b是不共线的两个单位向量，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2＝0，所以(a＋b)⊥(a－b)，所以a＋b与a－b的夹角为eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
14．直线y＝a(x＋2)与曲线x2－y|y|＝1恰有2个公共点，则实数a的取值范围为________．
解析：曲线x2－y|y|＝1，当y≥0时，曲线方程为x2－y2＝1，表示双曲线x2－y2＝1的上半部分；当y<0时，曲线方程为x2＋y2＝1，表示以原点为圆心，1为半径的圆的下半部分．作出曲线x2－y|y|＝1，如图所示．直线y＝a(x＋2)恒过定点(－2,0)，a是直线的斜率．双曲线x2－y2＝1的渐近线为y＝±x.当直线y＝a(x＋2)与圆x2＋y2＝1(y<0)相切时，eq \f(|2a|,\r(a2＋1))＝1，由图可知，a<0，解得a＝－eq \f(\r(3),3).由图可知，当直线y＝a(x＋2)的斜率大于－eq \f(\r(3),3)且小于渐近线y＝x的斜率，即－eq \f(\r(3),3)
15．写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝________.
①定义域为R；②值域为(－∞，1)；③对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0.
解析：因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，值域为(－∞，1)，所以可取f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x或f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)，x>1，,x－1，x≤1))等．
答案：1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)，x>1，,x－1，x≤1))等，答案不唯一
16.《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．该原理常应用于计算某些几何体的体积．如图，某个西晋越窑卧足杯的上、下底面为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为4eq \r(6) cm，下底直径为6 cm，上、下底面间的距离为3 cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是_______ cm；卧足杯的容积是_______ cm3.(杯的厚度忽略不计)
解析：设卧足杯侧面所在的球面的半径为R cm，球心到上底面的距离为d cm，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(R2＝d2＋2\r(6)2，,R2＝d＋32＋32，))解得d＝1，R＝5.设卧足杯中与下底面的距离为h cm的截面半径为r cm，则球心到此截面的距离为1＋3－h＝(4－h)(cm)，所以r2＝52－(4－h)2，则此截面的面积为S＝[π×52－π×(4－h)2](cm2)．构造一个底面半径为5 cm，高为3 cm的圆柱，并且在此圆柱中挖去上底半径为1 cm，下底半径为4 cm，高为3 cm的圆台，设距离圆柱下底面的距离为h cm的截面截圆台的半径为r′ cm，则eq \f(r′－1,3)＝eq \f(3－h,3)，则r′＝4－h，所以截面截几何体所得截面的面积为S′＝[π×52－π×(4－h)2](cm2)．由祖暅原理得卧足杯与此圆柱挖去圆台后的几何体的体积相等，则V＝π×52×3－eq \f(1,3)π(42＋12＋1×4)×3＝54π(cm3)．
答案：5 54π
大题规范增分练—今日题型：解三角形
17．在平面四边形ABCD中，∠A＝90°，∠D＝60°，AC＝6，CD＝3eq \r(3).
(1)求△ACD的面积；
(2)若cs∠ACB＝eq \f(9,16)，求AB＋eq \f(3,4)BC的值．
解：(1)在△ACD中，∠D＝60°，AC＝6，CD＝3eq \r(3)，所以cs D＝eq \f(CD2＋AD2－AC2,2·AD·CD)＝eq \f(27＋AD2－36,2·AD·3\r(3))＝eq \f(1,2)，解得AD＝eq \f(3\r(3)＋3\r(7),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3)－3\r(7),2)舍去))，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)·AD·CD·sin∠D＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(3)＋3\r(7),2)×3eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(27\r(3)＋27\r(7),8).
(2)在△ACD中，∠D＝60°，AC＝6，CD＝3eq \r(3)，所以eq \f(AC,sin D)＝eq \f(DC,sin∠DAC)，即eq \f(6,\f(\r(3),2))＝eq \f(3\r(3),sin∠DAC)，解得sin∠DAC＝eq \f(3,4)，又∠A＝90°，所以cs∠CAB＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠DAC))＝sin∠DAC＝eq \f(3,4)，所以sin∠CAB＝eq \f(\r(7),4)，又cs∠ACB＝eq \f(9,16)，所以sin∠ACB＝eq \f(5\r(7),16)，
所以sin B＝sin[π－(∠ACB＋∠CAB)]＝sin(∠ACB＋∠CAB)＝sin∠ACBcs∠CAB＋cs∠ACB·sin∠CAB＝eq \f(5\r(7),16)×eq \f(3,4)＋eq \f(9,16)×eq \f(\r(7),4)＝eq \f(3\r(7),8)，
在△ABC中，eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠CAB)＝eq \f(AC,sin B)，即eq \f(AB,\f(5\r(7),16))＝eq \f(BC,\f(\r(7),4))＝eq \f(6,\f(3\r(7),8))，所以AB＝eq \f(5\r(7),16)×6×eq \f(8,3\r(7))＝5，BC＝eq \f(\r(7),4)×6×eq \f(8,3\r(7))＝4，所以AB＋eq \f(3,4)BC＝5＋eq \f(3,4)×4＝8.
“16道小题保分练＋1道大题增分练”天天练(十五)
小题限时保分练—选自2022·佛山二模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－3,1,2}，B＝{x∈N|x2－x－6≤0}，则A∪B＝( )
A．{1,2} B．{－3,0,1,2}
C．{－3,1,2,3} D．{－3,0,1,2,3}
解析：选D 因为B＝{x∈N|x2－x－6≤0}＝{x∈N|(x－3)(x＋2)≤0}＝{x∈N|－2≤x≤3}＝{0,1,2,3}，所以A∪B＝{－3,0,1,2,3}．
2．已知函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象上相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(3π,2)，则ω＝( )
A.eq \f(3,2) B．eq \f(4,3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(1,3)
解析：选C 函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)，相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,ω)，于是得eq \f(π,ω)＝eq \f(3π,2)，解得ω＝eq \f(2,3).
3．设x，y∈R，则“x
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B x，y∈R，若x<0，y＝0满足x
A．0.369 B．0.415 C．0.585 D．0.631
解析：选C 由题意知，lg(100x0)＝10lg(1＋p)＋lg x0，即2＋lg x0＝10lg(1＋p)＋lg x0，所以1＋p＝100.2≈1.585，解得p≈0.585.
5.如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为( )
A．2eq \r(6)π B．4eq \r(6)π C．16π D．eq \f(16π,3)
解析：选B 依题意，做球的剖面图如图，其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线．由题意可知eq \f(4,3)π×R3＝36π，解得R＝3.由于圆柱的高为2，故OD＝1，DE＝3－1＝2，DC＝ eq \r(32－12)＝2eq \r(2) ，母线EC＝eq \r(22＋8)＝2eq \r(3) ，∴圆锥的侧面积为S＝eq \f(1,2)·EC·2π·DC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2π×2eq \r(2)＝4eq \r(6)π .
6．已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)以正方形ABCD的两个顶点为焦点，且经过该正方形的另两个顶点，若正方形ABCD的边长为2，则E的实轴长为( )
A．2eq \r(2)－2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)－1 D.eq \r(2)＋1
解析：选A 由图知，c＝1，易知D(1,2)，代入双曲线方程得eq \f(1,a2)－eq \f(4,b2)＝1，又a2＋b2＝1，联立求解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝3－2\r(2)，,b2＝2\r(2)－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2\r(2)＋3，,b2＝－2\r(2)－2，))(舍去)
所以a＝eq \r(2)－1.
所以双曲线E的实轴长为2eq \r(2)－2.
7．设a，b，c∈R且a≠0，函数g(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝(x＋2)g(x)，若f(x)＋f(－x)＝0，则下列判断正确的是( )
A．g(x)的最大值为－a B．g(x)的最小值为－a
C．g(2＋x)＝g(2－x) D．g(2＋x)＝g(－x)
解析：选D 依题意，f(x)＝(x＋2)(ax2＋bx＋c)＝ax3＋(2a＋b)x2＋(2b＋c)x＋2c.因为f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)是奇函数，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝0，,2c＝0，))即b＝－2a，c＝0，因此，g(x)＝ax2－2ax＝a(x－1)2－a，而a≠0，当a>0时，g(x)的最小值为－a，当a<0时，g(x)的最大值为－a，A、B都不正确；g(2＋x)＝a(x＋1)2－a，g(2－x)＝a(－x＋1)2－a，g(－x)＝a(－x－1)2－a＝a(x＋1)2－a，即g(2＋x)≠g(2－x)，g(2＋x)＝g(－x)，因此，C不正确，D正确．
8．在△ABC中，AB＝eq \r(2)，∠ACB＝eq \f(π,4)，O是△ABC外接圆圆心，则eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．0 B．1 C．3 D．5
解析：选C 过点O作OD⊥AC，OE⊥BC，垂足分别为D，E，如图，因为O是△ABC外接圆圆心，则D，E分别为AC，BC的中点，在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→))，则|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝|eq \(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2－2eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))，即eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(|eq \(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2－2,2)，eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝|eq \(CO,\s\up7(―→))||eq \(CA,\s\up7(―→))|cs∠OCA＝|eq \(CD,\s\up7(―→))|·|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝eq \f(1,2)|eq \(CA,\s\up7(―→))|2，同理eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)|eq \(CB,\s\up7(―→))|2，因此，eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))·(eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \(CA,\s\up7(―→)))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))－eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)|eq \(CA,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,2)|eq \(CB,\s\up7(―→))|2＋eq \f(|eq \(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CB,\s\up7(―→))|2－2,2)＝|eq \(CA,\s\up7(―→))|2－1，在△ABC中，由正弦定理得|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))|sin B,sin∠ACB)＝eq \f(\r(2)sin B,sin\f(π,4))＝2sin B≤2，当且仅当B＝eq \f(π,2)时取“＝”，所以eq \(OC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))的最大值为3.
二、多项选择题
9．关于复数z＝cseq \f(2π,3)＋isineq \f(2π,3)(i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A．|z|＝1
B.eq \x\t(z)在复平面上对应的点位于第二象限
C．z3＝1
D．z2＋z＋1＝0
解析：选ACD 因为z＝cseq \f(2π,3)＋isineq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2)＝1，故A正确；eq \x\t(z)＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，则eq \x\t(z)在复平面上对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))位于第三象限，故B错误；由z＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i ，可得z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)i))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)i))2＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，z3＝z2·z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)i))2＝eq \f(1,4)－eq \f(3,4)i2＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,4)＝1，故C正确；z2＋z＋1＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i＋1＝0，故D正确．
10．某市组织2022年度高中校园足球比赛，共有10支球队报名参赛．比赛开始前将这10支球队分成两个小组，每小组5支球队，其中获得2021年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组，剩余8支球队抽签分组．已知这8支球队中包含甲、乙两队，记“甲队分在第一小组”为事件M1，“乙队分在第一小组”为事件M2，“甲、乙两队分在同一小组”为事件M3，则( )
A．P(M1)＝eq \f(1,2)
B．P(M3)＝eq \f(3,7)
C．P(M1)＋P(M2)＝P(M3)
D．事件M1与事件M3相互独立
解析：选ABD 对于A，因为甲队分在第一小组和第二小组的概率相等，且两种情况等可能，所以P(M1)＝eq \f(1,2)，故A正确；对于B,8支球队抽签分组共有Ceq \\al(4,8)＝70种不同方法，甲、乙两队分在同小组共有Ceq \\al(2,6)×Aeq \\al(2,2)＝30种不同方法，所以甲、乙两队分在同一小组的概率P(M3)＝eq \f(30,70)＝eq \f(3,7)，故B正确；对于C，因为P(M1)＝P(M2)＝eq \f(1,2)，所以P(M1)＋P(M2)＝1≠P(M3)，故C错误；对于D，因为P(M1M3)＝eq \f(C\\al(2,6),C\\al(4,8))＝eq \f(3,14)，P(M1)·P(M3)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,7)＝eq \f(3,14)，所以P(M1M3)＝P(M1)·P(M3)，所以事件M1与事件M3相互独立，故D正确．故选A、B、D.
11．在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是( )
A．存在点N，使得MN∥BC1
B．三棱锥M-A1BC1的体积等于eq \f(9,4)
C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面A1BC1
D．有且仅有三个点N，使得N到平面A1BC1的距离为eq \r(3)
解析：选BC 显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；·B1B＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×3×3＝eq \f(9,4)，故B正确；如图所示，N1，N2分别为B1B，B1C1中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝eq \f(1,3)B1D＝eq \r(3)，所以有点B1，A，C，D1四点到平面A1BC1的距离为eq \r(3)，故D错误．
12．已知y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且y＝f(x＋2)为偶函数，若当x∈[0,2]时，f(x)＝eq \f(1,2)lg3(x＋a2)，下列结论正确的是( )
A．a＝1 B．f(1)＝f(3)
C．f(2)＝f(6) D．f(2 022)＝－eq \f(1,2)
解析：选BD y＝f(x＋2)是偶函数，即图象关于y轴对称，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)是奇函数，所以f(x＋4)＝f[2＋(2＋x)]＝f[2－(2＋x)]＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期为8的周期函数，f(0)＝eq \f(1,2)lg3a2＝0，所以a2＝1，a＝±1，A错；f(1)＝f(2－1)＝f(2＋1)＝f(3)，B正确；f(6)＝f(－2)＝－f(2)，而f(2)＝eq \f(1,2)lg3(2＋1)＝eq \f(1,2)≠0，所以f(6)≠f(2)，C错；f(2 022)＝f(252×8＋6)＝f(6)＝f(－2)＝－f(2)＝－eq \f(1,2)，D正确．故选B、D.
三、填空题
13．若椭圆eq \f(x2,k－1)＋eq \f(y2,3－k)＝1的焦点在y轴上，则实数k的取值范围是________．
解析：因为椭圆eq \f(x2,k－1)＋eq \f(y2,3－k)＝1的焦点在y轴上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k>k－1，,3－k>0，,k－1>0，))解得1
14．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),3)，则sin 2α＝________.
解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(\r(2),3)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝－eq \f(\r(2),3)，
所以sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),3)))2＝eq \f(5,9).
答案：eq \f(5,9)
15．北京冬奥会上，冬季两项比赛场地设在张家口赛区的国家冬季两项中心，其中男女混合4×6公里接力赛项目非常具有观赏性，最终挪威队惊险逆转夺冠，中国队获得第15名．该项目每队由4人组成(2男2女)，每人随身携带枪支和16发子弹(其中6发是备用弹)，如果备用弹用完后仍有未打中的残存目标，就按残存目标个数加罚滑行圈数(每圈150米)，以接力队的最后一名队员到达终点的时间为该队接力的总成绩．根据赛前成绩统计分析某参赛队在一次比赛中，射击结束后，残存目标个数X的分布列如下：
则在一次比赛中，该队射击环节的加罚距离平均为________米．
解析：E(X)＝0.1＋0.5＋0.6＋0.6＋0.5＋0.3＝2.6，则2.6×150＝390(米)．
答案：390
16．公比为q的等比数列{an}满足：a9＝lna10>0，记Tn＝a1a2a3…an，则当q最小时，使Tn≥1成立的最小n值是________．
解析：∵{an} 是等比数列，a9＝lna10>0，∴a9>0，a10>1，又∵a9＝lna10＝ln(a9·q)＝lna9＋ln q，∴ln q＝a9－lna9.设函数f(x)＝x－ln x，f′(x)＝eq \f(x－1,x)，当x>1时，f′(x)>0,0
大题规范增分练—今日题型：数列
17．已知数列{cn}满足c1＝eq \f(1,2)，eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)，n∈N*，Sn为该数列的前n项和．求证：
(1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))为递增数列；
(2)Sn<1.
证明：(1)因为eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)，取倒数可得1－eq \f(1,cn＋1)＝eq \f(1,cn)－eq \f(1,c\\al(2,n))，整理可得eq \f(1,cn＋1)－eq \f(1,cn)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)－1))2>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))为递增数列．
(2)由eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)可得eq \f(1,cn＋1－1)＝cn＋eq \f(1,cn－1)，即cn＝eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,cn－1)，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,c2－1)－eq \f(1,c1－1)＋eq \f(1,c3－1)－eq \f(1,c2－1)＋…＋eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,cn－1)＝eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,c1－1)＝eq \f(1,cn＋1－1)＋2，又eq \f(1,cn)≥eq \f(1,c1)＝2，所以cn＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴eq \f(1,cn＋1－1)<－1，即Sn<1.α
10°
20°
30°
40°
sin α
0.173 6
0.342 0
0.500 0
0.642 7
α
50°
60°
70°
80°
sin α
0.766 0
0.866 0
0.939 7
0.984 8
x
1
4
9
16
25
36
49
y
0
4
7
9
11
12
13
x
12
14
16
18
20
y
17
16
14
13
11
男生
女生
总计
更喜欢“冰墩墩”
25
15
40
更喜欢“雪容融”
25
35
60
总计
50
50
100
P(χ2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
4
5
6
>6
P
0.15
0.1
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
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